(共32张PPT)
第5讲 导数与恒(能)成立问题
基础自测 思维引航
考点进阶 素养淬炼
目 录 索 引
基础自测 思维引航
基础自测
1.(2020全国Ⅱ,文21节选)已知函数f(x)=2ln x+1.若f(x)≤2x+c,求c的取值范围.
解 设h(x)=f(x)-2x-c,
则h(x)=2ln x-2x+1-c,
其定义域为(0,+∞),h'(x)=-2.
当0
0;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.
故当且仅当-1-c≤0,即c≥-1时,f(x)≤2x+c.
所以c的取值范围为[-1,+∞).
2.(人B选必三第六章习题)已知函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,求实数a的取值范围.
解 由题意,令g(x)=ex(2x-1),h(x)=ax-a,
∵存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,∴存在唯一的整数x0,使得g(x)的图象在直线h(x)=ax-a的下方.g'(x)=ex(2x+1),当x时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
∴当x=-时,g(x)有最小值g=-2,如图.
∵g(0)=-1,g(1)=e>0,
直线h(x)=ax-a恒过定点(1,0),斜率为a,
又a<1,∴-a>g(0)=-1,g(-1)=-3e-1≥-a-a,a<1.
综上所述,a的取值范围是
3.(2022新高考Ⅱ,22节选)已知函数f(x)=xeax-ex.当x>0时,f(x)<-1,求实数a的取值范围.
解 设h(x)=xeax-ex+1,则h(0)=0.h'(x)=(1+ax)eax-ex.
设g(x)=(1+ax)eax-ex,则g'(x)=(2a+a2x)eax-ex.
若a>,则g'(0)=2a-1>0,因为g'(x)为连续不间断函数,故存在x0∈(0,+∞),使得 x∈(0,x0),总有g'(x)>0,故g(x)在区间(0,x0)上单调递增,故g(x)>g(0)=0,所以h(x)在区间(0,x0)上单调递增,故h(x)>h(0)=0,与题设矛盾.
若0以下证明:对任意x>0,总有ln(1+x)设S(x)=ln(1+x)-x,则S'(x)=-1=<0,
所以S(x)在区间(0,+∞)上单调递减,故S(x)于是有ln(1+ax)故h'(x)<0总成立,即h(x)在区间(0,+∞)上单调递减,所以h(x)当a≤0时,有h'(x)=eax-ex+axeax<1-1+0=0,
所以h(x)在区间(0,+∞)上单调递减,所以h(x)综上所述,实数a的取值范围是(-∞,].
思维引航
1.分离参数求最值.
2.借助函数图象分析求解.
3.分类讨论求解.
考点进阶 素养淬炼
考点一 分离参数处理恒(能)成立问题
例1 (2025湖北荆州期中)已知函数f(x)=ax-2ln x.
(1)当a=2时,求函数f(x)的最小值;
(2)试讨论函数f(x)的单调性;
(3)若当x>1时,不等式f(x)<(x-2)ln x+2x+a-1恒成立,求整数a的最大值.
解 (1)当a=2时,f(x)=2x-2ln x,
可知f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=2-
由f'(x)<0得00得x>1,所以f(x)的单调递减区间是(0,1),单调递增区间是(1,+∞),所以函数f(x)的极小值即最小值为f(1)=2.
(2)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a-
当a≤0时,f'(x)<0恒成立,
所以f(x)的单调递减区间是(0,+∞),无单调递增区间;
当a>0时,令f'(x)=0解得x=
由f'(x)<0得0由f'(x)>0得x>,所以f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,+∞).
综上所述,当a≤0时,f(x)的单调递减区间是(0,+∞),无单调递增区间;
当a>0时,f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,+∞).
(3)不等式f(x)<(x-2)ln x+2x+a-1即不等式ax-2ln x<(x-2)ln x+2x+a-1,整理得a(x-1)1,x-1>0,所以a<,即a<+2.
因此不等式a<+2对任意x>1恒成立.令g(x)=+2(x>1),
则g'(x)=
令h(x)=x-ln x-2(x>1),则h'(x)=1->0,所以h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,因为h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-ln 4>0,所以h(x)在区间(1,+∞)上存在唯一零点x0∈(3,4),即x0-ln x0-2=0,所以ln x0=x0-2.
因此当x∈(1,x0)时,h(x)<0,即g'(x)<0;
当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,即g'(x)>0,
所以g(x)在区间(1,x0)上单调递减,在区间(x0,+∞)上单调递增,
所以g(x)min=g(x0)=+2=+2=x0+1.
因为x0∈(3,4),则x0+1∈(4,5),即g(x)min∈(4,5).
由于a为整数,所以a≤4,即整数a的最大值是4.
【对点训练1】(2025江苏徐州模拟)已知函数f(x)=(a-1)ln x+x+(a∈R).
(1)若a=-2,求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)若存在x∈(1,+∞),使得f(x)≤成立,求实数a的取值范围.
解 (1)若a=-2,则f(x)=-3ln x+x-,定义域为(0,+∞),
f'(x)=-+1+
由f'(x)>0,可得02;由f'(x)<0,可得1所以该函数的单调递增区间为(0,1)和(2,+∞),单调递减区间为(1,2).
当x=1时,f(x)取得极大值-1,当x=2时,f(x)取得极小值1-3ln 2.
(2)不等式f(x)即(a-1)ln x+x+,
所以(a-1)ln x+x≤0.
由于x∈(1,+∞),所以ln x>0,因此不等式即为a-1
因此问题转化为不等式a-1在x∈(1,+∞)上有解.
设h(x)=,x∈(1,+∞),则h'(x)=,
由h'(x)>0得1e,
因此h(x)在区间(1,e]上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减,
因此h(x)的极大值即最大值h(x)max=h(e)=-e.
所以a-1≤-e,即a≤1-e,故a的取值范围为(-∞,1-e].
考点二 分类讨论处理恒(能)成立问题
例2 (2024新高考Ⅰ,18)已知函数f(x)=ln+ax+b(x-1)3.
(1)若b=0,且f'(x)≥0,求a的最小值;
(2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(3)若f(x)>-2,当且仅当1(1)解 由>0,得函数f(x)的定义域为(0,2).
当b=0时,f(x)=ln x-ln(2-x)+ax,
则f'(x)=+a.
由f'(x)≥0,得+a≥0,
即a(0∵x·(x-2)=x2-2x=(x-1)2-1,x∈(0,2),
∴-1≤x(x-2)<0.
-2.
∴a≥-2.故a的最小值为-2.
(2)证明 ∵f(2-x)=ln(2-x)-ln x+a(2-x)+b(1-x)3,
∴f(2-x)+f(x)=2a,∴函数f(x)的图象关于点(1,a)对称.
故曲线y=f(x)是中心对称图形.
(3)解 由(2)知,f(x)的图象关于点(1,a)对称.
若f(x)>-2,当且仅当1∴f(x)=ln-2x+b(x-1)3>-2在区间(1,2)内恒成立.
f'(x)=-2+3b(x-1)2=+3b(x-1)2=(x-1)2[+3b],
令g(x)=+3b,则g(1)=2+3b,
由2+3b≥0,得b≥-,此时,f'(x)≥0,f(x)在区间(1,2)内单调递增.
∴在区间(1,2)内恒有f(x)>f(1)=-2.
若b<-,则存在x∈(1,ε),使得f'(x)<0,f(x)在区间(1,ε)内单调递减,
则在区间(1,ε)内,f(x)当b≥-时,对 x∈(1,2),f(x)≥ln-2x-(x-1)3.
令h(x)=ln-2x-(x-1)3,
则h'(x)=-2(x-1)2=2(x-1)2[-1]>0对 x∈(1,2)恒成立,
∴h(x)>h(1)=-2符合条件.
综上所述,b的取值范围为[-,+∞).
【对点训练2】(2025河北保定模拟)已知函数f(x)=-e2x-aex+2a2x.
(1)当a=1时,求f(x)的极值;
(2)若关于x的不等式f(x)+a2≥0有实数解,求实数a的取值范围.
解 (1)当a=1时,f(x)=-e2x-ex+2x,则f'(x)=-e2x-ex+2=-(ex+2)(ex-1).
由f'(x)>0,得x<0,由f'(x)<0,得x>0,所以f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间(0,+∞)上单调递减,所以f(x)的极大值为f(0)=-,无极小值.
(2)由已知得f'(x)=-e2x-aex+2a2=-(ex-a)(ex+2a).
当a=0时,f(x)+a2=-e2x<0,不符合题意;
当a>0时,令f'(x)>0,得xln a,
所以f(x)在区间(-∞,ln a)上单调递增,在区间(ln a,+∞)上单调递减.
所以f(x)max=f(ln a)=-e2ln a-aeln a+2a2ln a=-a2+2a2ln a,
由-a2+2a2ln a+a2≥0得-+2ln a≥0,解得a;
当a<0时,令f'(x)>0,得xln(-2a),
所以f(x)在区间(-∞,ln(-2a))上单调递增,在区间(ln(-2a),+∞)上单调递减,
所以f(x)max=f(ln(-2a))=-e2ln(-2a)-aeln(-2a)+2a2ln(-2a)=2a2ln(-2a),
由2a2ln(-2a)+a2≥0,得2ln(-2a)+1≥0,解得a≤-
综上,实数a的取值范围为(-∞,-]∪[,+∞).
考点三 同构变形处理恒(能)成立问题
例3 (2025北京丰台模拟)已知函数f(x)=ln x,g(x)=x2-x+1,h(x)=f(x)-g(x).
(1)求函数h(x)的极值;
(2)若不等式2ae2x+ln a≤f(x)有解,求实数a的最大值.
解 (1)由已知得h(x)=f(x)-g(x)=ln x-x2+x-1,
所以h(x)的定义域为(0,+∞),且h'(x)=-2x+1=
由h'(x)>0得0由h'(x)<0得x>1,所以h(x)在区间(1,+∞)上单调递减.
因此h(x)在x=1处取得极大值,且极大值为h(1)=-1,无极小值.
(2)不等式2ae2x+ln a≤f(x)即2ae2x+ln a≤ln x,
所以2ae2x+ln a+ln 2+2x≤ln x+ln 2+2x,即2ae2x+ln 2a+2x≤ln 2x+2x.
令F(t)=t+ln t,则F(2ae2x)=2ae2x+ln(2ae2x)=2ae2x+ln 2a+2x,F(2x)=2x+ln(2x),所以F(2ae2x)≤F(2x).
由于F'(t)=1+,
因为t>0,所以F'(t)>0,所以F(t)在区间(0,+∞)上单调递增.
因此由F(2ae2x)≤F(2x)得2ae2x≤2x,所以a
问题转化为不等式a有解.
令φ(x)=(x>0),则φ'(x)=,
由φ'(x)>0得0令φ'(x)<0得x>,φ(x)在区间(,+∞)上单调递减,
所以φ(x)在x=处取得极大值即最大值φ()=,
所以实数a的取值范围为a,故实数a的最大值为
【对点训练3】(2025山西晋中三模)已知函数f(x)=.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若eax-1+ax-x≥xf(x)对任意x∈(0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.
解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-
令f'(x)=0,得x=1,当x∈(0,1)时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(0,1)上单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(1,+∞)上单调递减.
所以f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).
(2)不等式eax-1+ax-x≥xf(x)即eax-1+ax-x≥ln x+1,
所以eax-1+ax-1≥ln x+x,即eax-1+(ax-1)≥eln x+ln x.
所以不等式eax-1+(ax-1)≥eln x+ln x对任意x∈(0,+∞)恒成立.
令g(x)=ex+x,则有g(ax-1)≥g(ln x),
由于函数g(x)为增函数,所以ax-1≥ln x,即a
由(1)知函数f(x)=在x=1取得极大值亦即最大值f(x)max=f(1)=1,
所以a≥1,故实数a的取值范围为[1,+∞).(共22张PPT)
融合创新 函数与导数下的新定义
创新点1 函数与导数中的新定义问题
创新点2 以高等数学为背景的新定义问题
目 录 索 引
从高考命题趋势来看,函数与导数下的新定义问题逐渐成为高考中的热点与难点,占比有逐渐增加的趋势,难度也相对较大;这类问题形式新颖,其核心仍依托函数与导数的基础知识,深入理解函数与导数的本质;考查学生对函数与导数基础知识的掌握程度,更注重对学生创新思维、逻辑推理以及知识迁移能力的检验.
创新点1 函数与导数中的新定义问题
例1 (2025上海杨浦二模)已知函数y=f(x)的导函数为y=f'(x),若函数y=f(x)的定义域为R,且不等式f(x)>f'(x)对任意x∈R成立,则称函数y=f(x)是“超导函数”.
(1)判断f(x)=ex+1是否为“超导函数”,并说明理由;
(2)若函数y=g(x)与y=h(x)都是“超导函数”,且对任意x∈R,都有h'(x)>0,g'(x)<0,记F(x)=g(x)h(x),求证:函数y=F(x)是“超导函数”;
(3)已知函数y=φ(x)是“超导函数”且φ(1)=e,若有且仅有一个实数t满足
φ(ln t+1-at)=eln t+1-at,求实数a的取值范围.
(1)解 f(x)是“超导函数”.理由如下,
因为f(x)=ex+1,所以f'(x)=ex,因此f(x)=ex+1>ex=f'(x),故f(x)是“超导函数”.
(2)证明 因为F(x)=g(x)h(x),所以F'(x)=g'(x)h(x)+g(x)h'(x).
则F(x)-F'(x)=g(x)h(x)-g'(x)h(x)-g(x)h'(x)=[g(x)-g'(x)][h(x)-h'(x)]-g'(x)h'(x).
由于函数y=g(x)与y=h(x)都是“超导函数”,
所以g(x)-g'(x)>0,h(x)-h'(x)>0.
又对任意x∈R,都有h'(x)>0,g'(x)<0,所以g'(x)h'(x)<0,
因此F(x)-F'(x)>0,即F(x)>F'(x),
所以函数y=F(x)是 “超导函数”.
(3)解 由于y=φ(x)是“超导函数”,所以对任意x∈R,φ(x)>φ'(x).
令u(x)=,则u'(x)=-<0,
因此函数u(x)在R上单调递减,且u(1)==1.
由φ(ln t+1-at)=eln t+1-at,得=1,
即u(ln t+1-at)=u(1),因此ln t+1-at=1,即a=
令G(t)=
由于有且仅有一个实数t满足φ(ln t+1-at)=eln t+1-at,
所以直线y=a与函数y=G(t)的图象有且只有1个交点.
因为G'(t)=,当00,当t>e时,G'(t)<0,所以函数G(t)在区间(0,e]上单调递增,函数值的集合为(-∞,],在区间[e,+∞)上单调递减,函数值的集合为(0,].因此当a≤0或a=时,直线y=a与函数y=G(t)的图象有且只有1个交点,所以实数a的取值范围为{a|a≤0或a=}.
【对点训练1】(2025福建厦门二模)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),若y=在区间(0,+∞)上单调递增,则称f(x)为“强增函数”.
(1)若f(x)=x2-xln x+a是“强增函数”,求实数a的取值范围;
(2)若f(x)为“强增函数”,且f(x)<0,试比较f()与e-2f(2)的大小;
(3)已知f(x)=2ex-x2ln x-2,r>0,s>0,t>0,证明:f(r+s+t)>f(r)+f(s)+f(t).
(参考结论:当x→0时,x2ln x→0)
(1)解 设g(x)==x-ln x+,则g'(x)=1-,
由题意可知g'(x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立,故x2-x-a≥0.
所以(x-)2--a≥0,故--a≥0,解得a≤-故实数a的取值范围为(-∞,-].
(2)解 因为f(x)为“强增函数”,所以y=在区间(0,+∞)上单调递增.
又0<<2,所以,即f()而f(2)-e-2f(2)=f(2)(-e-2)=f(2)()=f(2)().
由于16e0.又因为f(x)<0,所以f(2)<0,
因此f(2)()<0,即f(2)(3)证明 因为f(x)=2ex-x2ln x-2,所以f'(x)=2ex-2xln x-x.
令h(x)=2ex-2xln x-x,则h'(x)=2ex-2ln x-3=2(ex-ln x-).设p(x)=ln x-x+1,
则当x>1时,p'(x)=-1<0,p(x)单调递减,当00,p(x)单调递增,
故当p(x)≤p(1)=0,故ln x≤x-1,当且仅当x=1时,等号成立.
设n(x)=ex-x-1,则n'(x)=ex-1,当x>0,n'(x)>0,n(x)单调递增,
当x<0,n'(x)<0,n(x)单调递减,所以n(x)≥n(0)=0,故ex≥x+1.
ex-ln x-x+1-(x-1)->0,即h'(x)>0,
所以h(x)即f'(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
令F(x)=f(x+t)-f(x)-f(t),其中t>0.则F'(x)=f'(x+t)-f'(x),
因为f'(x)单调递增,所以F'(x)>0,则F(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
又当x→0时,x2ln x→0,所以当x→0时,f(x)→0,F(x)→0,所以F(x)>0,
即f(x+t)>f(x)+f(t),所以f(s+t)>f(s)+f(t),故f(r+s+t)>f(r)+f(s+t)>f(r)+f(s)+f(t).
创新点2 以高等数学为背景的新定义问题
例2 (2025浙江宁波模拟)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m,n,函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为R(x)=,且满足f(0)=R(0),f'(0)=R'(0), f″(0)=R″(0),…,f(m+n)(0)=R(m+n)(0),注:f″(x)=[f'(x)]',f (x)=[f″(x)]',f(4)(x)=[f (x)]',f(5)(x)=[f(4)(x)]',…已知函数f(x)=ln(x+1)在x=0处[1,1]阶帕德近似为g(x)=.
(1)求实数a,b,c的值;
(2)证明:当x≥0时,f(x)≥g(x);
(3)设t为实数,讨论方程f(x)-g(x)=0的解的个数.
(1)解 依题意f(x)=ln(x+1),g(x)=,由f(0)=g(0),可知a=0.
又f'(x)=,f″(x)=-,g'(x)=,g″(x)=,依题意,f'(0)=g'(0),f″(0)=g″(0),所以b=1,c=综上,a=0,b=1,c=
(2)证明 由(1)知,g(x)=,令φ(x)=f(x)-g(x)=ln(x+1)-(x≥0).
φ'(x)=0,所以φ(x)在区间[0,+∞)上单调递增.
又φ(0)=0,因此x≥0时,φ(x)=f(x)-g(x)≥φ(0)=0.故当x≥0时,f(x)≥g(x).
(3)解 令h(x)=f(x)-g(x)=ln(x+1)-,
则其定义域为(-1,+∞),且h'(x)=
①当t≤2时,h'(x)≥0,所以h(x)在区间(-1,+∞)上单调递增,且h(0)=0,
所以h(x)在区间(-1,+∞)上有1个零点;
②当t>2时,令s(x)=x2+(4-2t)(x+1)=x2+(4-2t)x+(4-2t).
由s(x)=0,得x1=t-2-<0,x2=t-2+>0.
又因为s(-1)=1>0,s(0)=4-2t<0,所以x1∈(-1,0),x2∈(0,+∞).
所以h(x)在区间(-1,x1)上单调递增,在区间(x1,x2)上单调递减,在区间(x2,+∞)上单调递增.
当x∈(x1,x2)时,因为h(0)=0,
所以h(x)在(x1,x2)上存在1个零点,且h(x1)>h(0)=0,h(x2)当x∈(-1,x1)时,因为h(e-t-1)=<0,-10,而h(e-t-1)<0,故-1所以h(x)在区间(-1,x1)上有1个零点;
当x∈(x2,+∞)时,因为h(et-1)=>0,et-1>0,h(x)在区间(x2,+∞)上单调递增,且h(x2)<0,而h(et-1)>0,所以et-1>x2,所以h(x)在区间(x2,+∞)上有1个零点.
从而h(x)在区间(-1,+∞)上一共有3个零点.
综上所述,当t≤2时,方程f(x)-g(x)=0有1个解;
当t>2时,方程f(x)-g(x)=0有3个解.
【对点训练2】(2025辽宁沈阳模拟)在高等数学中,我们可以将y=f(x)用在x=x0处及其附近的一个多项式函数近似表示,具体形式为f(x)=f(x0)+f'(x0)(x-x0)+(x-x0)2+…+(x-x0)n+…(其中f(n)(x)表示f(x)的n次导数),以上公式我们称为函数f(x)在x=x0处的泰勒展开式.
(1)分别求ex,sin x,cos x在x=0处的泰勒展开式;
(2)若上述泰勒展开式中的x可以推广至复数域,试证明:eiπ+1=0(其中i为虚数单位);
(3)当x∈(0,)时,求证:esin x>x+1(参考数据:ln ≈0.9).
(1)解 因为函数f(x)在x=x0处的泰勒展开式为
f(x)=f(x0)+f'(x0)(x-x0)+(x-x0)2+…+(x-x0)n+…(其中f(n)(x)表示f(x)的n次导数),
所以ex,sin x,cos x在x=0处的泰勒展开式分别为
ex=1+x+x2+…+xn+…;
sin x=x-x3+x5+…+x2n-1+…;
cos x=1-x2+x4+…+x2n+….
(2)证明 把ex在x=0处的泰勒展开式中的x替换为ix,
可得eix=1+(ix)+(ix)2+(ix)3+(ix)4+…+(ix)n+…
=(1-x2+x4+…+x2n+…)+i·(x-x3+x5+…+x2n-1+…)
=cos x+isin x,
所以eiπ=cos π+i·sin π=-1,即eiπ+1=0.
(3)证明 由sin x在x=0处的泰勒展开式,先证当x∈(0,)时,sin x>x-x3.
令f(x)=sin x-x+x3,f'(x)=cos x-1+x2,f″(x)=x-sin x,f (x)=1-cos x,当x∈(0,)时,则f (x)>0,所以f″(x)在区间(0,)上单调递增,所以f″(x)>f″(0)=0,所以f'(x)在区间(0,)上单调递增,所以f'(x)>f'(0)=0,所以f(x)在区间(0,)上单调递增,所以f(x)>f(0)=0,再令g(x)=x-x3-ln(x+1),其中x∈(0,),则g'(x)=,当x∈(0,)时,g(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,)上单调递减,而g(0)=0,g()=-ln>0,所以当x∈(0,)时,g(x)>0恒成立,
则sin x>x-x3>ln(x+1),所以esin x>x+1.(共46张PPT)
专题七 函数与导数
基础自测 思维引航
考点进阶 素养淬炼
目 录 索 引
第1讲 函数的图象与性质
基础自测 思维引航
基础自测
1.(人B必一习题3-1B组改编)若函数f(x)=的定义域和值域分别是A,B,则有( )
A.A∩B= B.A∪B=R
C.A=B D.A B
C
解析 依题意有A=(0,+∞),B=(0,+∞),所以A=B.故选C.
2.(人A必一P159复习参考题改编)函数y=-2-x与y=2x的图象( )
A.关于x轴对称 B.关于y轴对称
C.关于原点对称 D.关于直线y=x对称
C
解析 y=2x与y=-2-x的图象关于原点对称.故选C.
3.(2024天津,4)下列函数是偶函数的是( )
A. B.
C. D.
B
解析 对于A,设f(x)=,则f(x)的定义域为R,
由f(-1)=,f(1)=,得f(-1)≠f(1),所以f(x)不是偶函数,A不符合;
对于B,设g(x)=,则g(x)的定义域为R,
且g(-x)==g(x),所以g(x)为偶函数,B符合;
对于C,设h(x)=,则h(x)的定义域为{x|x≠-1},显然定义域不关于原点对称,所以h(x)不是偶函数,C不符合;
对于D,设φ(x)=,则φ(x)的定义域为R,
由φ(-1)=,φ(1)=,得φ(-1)≠φ(1),
所以φ(x)不是偶函数,D不符合.故选B.
4.(2023新高考Ⅰ,4)设函数f(x)=2x(x-a)在区间(0,1)内单调递减,则a的取值范围是( )
A.(-∞,-2] B.[-2,0)
C.(0,2] D.[2,+∞)
D
解析 方法一(导数法):由题意知,在f(x)=2x(x-a)中,f'(x)=(2x-a)2x(x-a)ln 2,
由函数在(0,1)内单调递减,知(2x-a)2x(x-a)·ln 2≤0在(0,1)内恒成立,
即2x-a≤0在(0,1)内恒成立,即a≥(2x)max,所以a≥2.故选D.
方法二(复合函数法):因为函数y=2x在R上是增函数,
要使复合函数f(x)=2x(x-a)在(0,1)内单调递减,
只需函数h(x)=x(x-a)=在(0,1)内单调递减,所以1,即a≥2.
故选D.
5.(2024新高考Ⅰ,6)已知函数f(x)=在R上单调递增,则a的取值范围是( )
A.(-∞,0] B.[-1,0]
C.[-1,1] D.[0,+∞)
B
解析 当x≥0时,f(x)=ex+ln(x+1)单调递增,当x<0时,f(x)=-x2-2ax-a,
所以要使函数f(x)在R上单调递增,需满足解得-1≤a≤0.
故所求a的取值范围为[-1,0].
6.(2021新高考Ⅱ,8)已知函数f(x)的定义域为R,f(x+2)为偶函数,f(2x+1)为奇函数,则( )
A.f(-)=0 B.f(-1)=0
C.f(2)=0 D.f(4)=0
B
解析 ∵f(x+2)是偶函数,∴f(-x+2)=f(x+2),∴f(1)=f(3).
∵f(2x+1)是奇函数,∴f(-2x+1)=-f(2x+1),
∴f(1)=-f(1),f(-1)=-f(3),∴f(1)=0,f(-1)=-f(1)=0,故选B.
思维引航
1.定义域:自变量的取值集合;值域:函数值的取值集合.
2.函数y=f(x)与y=f(-x)的图象关于y轴对称,函数y=f(x)与y=-f(x)的图象关于x轴对称,函数y=f(x)与y=-f(-x)的图象关于原点对称.
3.偶函数:f(-x)=f(x)(定义域关于原点对称).
4.复合函数单调性法则:同增异减.
5.注意分段点左右两侧函数值的大小关系.
6.f(x+a)为偶函数 f(a-x)=f(a+x) f(x)的图象关于直线x=a对称;
f(x+a)为奇函数 f(a-x)=-f(a+x) f(x)的图象关于点(a,0)对称.
考点进阶 素养淬炼
考点一 函数的概念与表示
例1 (1)(2025江西赣州模拟)已知函数f(x)=若f(1-a)=4,则实
数a的值为( )
A.0或 B.0或
C. D.
A
解析 若1-a≥0,即a≤1,可得f(1-a)=41-a=4,解得a=0,符合题意;若1-a<0,即a>1,可得f(1-a)=22a-1=4,解得a=,符合题意.综上可知,a的值为0或故选A.
(2)(多选题)(2025河南驻马店模拟)已知函数f(x)满足对任意x∈R,都有f(x+1)+f(x2+2x)=2,则下列选项正确的有( )
A.f()=1 B.f(x)可能是增函数
C.f(2)=f(8) D.f(x)=f(-x)
ACD
解析 令x+1=x2+2x,得x2+x-1=0,解得x=,代入f(x+1)+f(x2+2x)=2,得f()=1,故A正确,B错误;用x-1替换f(x+1)+f(x2+2x)=2中的x,得f(x)+f(x2-1) =2,用-x替换f(x)+f(x2-1)=2中的x,得f(-x)+f(x2-1)=2,所以f(x)=f(-x),故D正确; f(x)+f(x2-1)=2中,取x=2得f(2)+f(3)=2,取x=3得f(3)+f(8)=2,所以f(2)=f(8),故C正确.故选ACD.
【对点训练1】(1)(2025山东青岛期末)已知函数f(x)=存在最小值,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,-1]
B.(-∞,0]∪[,+∞)
C.(-∞,-1]∪[,+∞)
D.(-∞,-1]∪[0,]
D
解析 当x当x≥a时,f(x)=x2+2ax=(x+a)2-a2,
若a<-a,即a<0时,f(x)min=f(-a)=-a2,
若a≥0,f(x)在[a,+∞)上单调递增,此时f(x)min=f(a)=3a2.
若f(x)存在最小值,必有解得a≤-1或0≤a,
因此实数a的取值范围是(-∞,-1]∪[0,].故选D.
(2)(2025辽宁丹东模拟)若函数f(x)的定义域为[-1,2],则函数g(x)=的定义域是 .
(1,2]
解析 依题意,要使函数g(x)=有意义,
应有解得1考点二 函数的图象
例2 (1)(2024全国甲,理7)函数y=-x2+(ex-e-x)sin x在区间[-2.8,2.8]的图象大致为( )
B
解析 令f(x)=y=-x2+(ex-e-x)sin x.
因为f(-x)=-x2+(e-x-ex)sin(-x)=f(x),所以该函数为偶函数,
又f(1)=-1+(e-)sin 1>-1+(e-)-1->0,故选B.
(2)(2025广东惠州模拟)已知函数f(x)=lg x-ax+1(a>0),若有且仅有两个整数x1,x2,使得f(x1)>0,f(x2)>0,则实数a的取值范围是( )
A.[lg 30,lg 20) B.(0,lg 30]
C.(2-lg 2,2] D.(2-lg 3,2]
A
解析 依题意知不等式f(x)>0即lg x>ax-1的解集中,有且仅有两个整数x1,x2,即函数y=lg x的图象在直线y=ax-1上方的部分中有且仅有两个横坐标为整数的点.由于直线y=ax-1(a>0)恒过点(0,-1),如图所示,所以当y=ax-1满足时,符合要求,解得a∈[lg 30,lg 20).故选A.
【对点训练2】(1)(2025天津,3)函数y=f(x)的图象如图所示,则其解析式可能为( )
A. B.
C. D.
D
解析 由题中图象可知,函数f(x)为偶函数,排除A,B,当0(2)(多选题)(2025江西新余模拟)下列函数中,g(x)的图象可以由f(x)的图象仅通过一次轴对称变换得到的有( )
A.f(x)=2x,g(x)=-x
B.f(x)=sin x,g(x)=cos x
C.f(x)=x2,g(x)=
D.f(x)=e2x,g(x)=ln
ABD
解析 对于A,因为两直线斜率不相等,则两条直线相交构成轴对称图形,故A正确;
对于B,因为f(-x)=g(x),所以两函数的图象关于直线x=对称,故B正确;
对于C,因为f(x)是一条完整的抛物线,g(x)是半条抛物线,所以f(x)与g(x)不可能关于直线对称,故C错误;
对于D,由f(x)=e2x,可得y=e2x,所以2x=ln y,所以x=ln,所以f(x)与g(x)互为反函数,其图象关于y=x对称,故D正确.故选ABD.
考点三 函数的性质
考向1 函数的奇偶性
例3 (1)(2023新高考Ⅱ,4)若f(x)=(x+a)ln为偶函数,则a=( )
【一题多解】
A.-1 B.0
C. D.1
B
解析 (方法一)∵函数f(x)为偶函数,
∴f(-x)=f(x).不妨令x=1,则有f(-1)=f(1),
∴(-1+a)ln 3=(1+a)ln,∴-1+a=-1-a,∴a=0.
此时f(x)=xln,易知函数f(x)的定义域为,
f(-x)=-xln=-xln=xln=f(x),∴a=0符合题意.
(方法二)设g(x)=ln,函数g(x)的定义域是
g(-x)=ln=ln=-ln=-g(x),
∴函数g(x)是奇函数.而f(x)=(x+a)g(x)为偶函数,
有f(-x)=(-x+a)g(-x)=-(-x+a)g(x)=(x-a)g(x)=f(x),故x-a=x+a,则a=0.故选B.
(2)(2025山东泰安模拟)已知函数f(x)=,其导函数记为f'(x),
则f(2 025)+f'(2 025)+f(-2 025)-f'(-2 025)=( )
A.-1 B.0
C.1 D.2
D
解析 f(x)=+1,令g(x)=,
则f(x)=g(x)+1.因为g(-x)==-=-g(x),所以函数g(x)为奇函数,所以g(2 025)+g(-2 025)=[f(2 025)-1]+[f(-2 025)-1]=0,
所以f(2 025)+f(-2 025)=2.因为g(-x)=-g(x),所以-g'(-x)=-g'(x),即g'(-x)=g'(x).
又f(x)=g(x)+1,所以f'(-x)=f'(x),因此f'(2 025)-f'(-2 025)=0,
所以f(2 025)+f'(2 025)+f(-2 025)-f'(-2 025)=2.故选D.
考向2 函数的单调性与奇偶性
例4 (2025河北石家庄模拟)已知函数f(x)=x2+ln(ex+e-x)-2,则不等式f(x+2)≤f(2x-3)的解集为( )
A.[-5,-]
B.(-∞,-5]∪[-,+∞)
C.[,5]
D.(-∞,]∪[5,+∞)
D
解析 易知f(x)定义域为R,
因为f(-x)=(-x)2+ln(e-x+ex)-2=x2+ln(ex+e-x)-2=f(x),所以f(x)为偶函数.
当x≥0时,ex≥1,所以y=ex+e-x=ex+在区间(0,+∞)上单调递增,
故y=ln(ex+e-x)在区间[0,+∞)上单调递增,
因此f(x)=x2+ln(ex+e-x)-2在区间[0,+∞)上单调递增,
所以由f(x+2)≤f(2x-3)可得|x+2|≤|2x-3|,即3x2-16x+5≥0,解得x≥5或x,
所以不等式f(x+2)≤f(2x-3)的解集为(-∞,]∪[5,+∞).故选D.
一题多变
在本题中,若函数f(x)解析式不变,设其导函数为f'(x),则不等式f'(x+2)≤
f'(2x-3)的解集为 .
[5,+∞)
解析 因为f(x)=x2+ln(ex+e-x)-2,所以f'(x)=2x+
因为f'(-x)=-2x+=-f'(x),所以f'(x)为奇函数.
又f'(x)=2x+=2x+=2x+1-,所以f'(x)在R上单调递增,
因此由f'(x+2)≤f'(2x-3)可得x+2≤2x-3,解得x≥5,故不等式的解集为[5,+∞).
【对点训练3】(2025山东济南模拟)已知函数f(x)=则不等式
f(2x)+f(x-3)>0的解集是( )
A.(-∞,1) B.(1,+∞)
C.(-∞,-3) D.(-3,+∞)
A
解析 当x>0时,f(x)=1-ex,此时-x<0,f(-x)=e-(-x)-1=ex-1=-f(x);
当x<0时,f(x)=e-x-1,此时-x>0,f(-x)=1-e-x=-f(x);
当x=0时,f(x)=0=-f(x),所以函数f(x)为奇函数,易知f(x)在R上单调递减,
因此f(2x)+f(x-3)>0 f(2x)>-f(x-3)=f(3-x) 2x<3-x x<1,
所以原不等式的解集为(-∞,1).故选A.
考向3 函数的奇偶性、周期性与对称性
例5 (1)(2025全国1,5)已知f(x)是定义在R上且周期为2的偶函数,当2≤x≤3时,f(x)=5-2x,则f(-)=( )
A.- B.-
C. D.
A
解析 由题知,f(-x)=f(x),且f(x+2)=f(x),所以f(-)=f()=f()=5-2=-
故选A.
(2)(多选题)(2025河南驻马店模拟)已知函数f(x)是R上的奇函数,g(x)是R上的偶函数,且f(x)-g(1-x)=2,则下列说法正确的有( )
A.g(x)的图象关于点(1,-2)对称
B.f(x)是周期函数
C.f(2 026)=-1
D.g()=-38
ABD
解析 对于A,因为函数f(x)是R上的奇函数,所以f(-x)=-f(x).因为函数g(x)是R上的偶函数,所以g(x)=g(-x).因为f(x)-g(1-x)=2,所以f(-x)-g(1+x)=2,即-f(x)-g(1+x)=2,联立可得g(1-x)+g(1+x)=-4,因此g(x)的图象关于点(1,-2)对称,故A正确;
对于B,由f(x)-g(1-x)=2得f(x+1)-g(-x)=2,因为g(x)=g(-x),所以f(x+1)-g(x)=2.又由上述可知-f(x)-g(1+x)=2,则-f(x-1)-g(x)=2,联立可得f(x+1)+f(x-1)=0,则f(x+2)+f(x)=0,f(x+4)+f(x+2)=0,所以f(x)=f(x+4),所以f(x)是周期为4的周期函数,故B正确;
对于C,由f(x)是R上的奇函数可知f(0)=0,g(1)=f(0)-2=-2,
因为g(x)是R上的偶函数,所以g(-1)=g(1)=-2,所以f(2)=2+g(-1)=2-2=0.
又因为f(x)是周期为4的周期函数,所以f(2 026)=f(2)=0,故C错误;
对于D,由A选项知g(1-x)+g(1+x)=-4,
所以g()+g()=-4,g()+g()=-4,…,g()+g()=-4.
又由C选项知g(1)=-2,所以g()=-4×9+g()=-36+g(1)=-38,故D正确.故选ABD.
(2)已知相关函数的奇偶性(对称性),可推得函数的周期,反之,由函数的周期性及奇偶性,可推出其对称性.
(3)利用函数的周期性可将自变量较大的函数值转化为自变量较小的函数值,直到自变量的值进入解析式已知的区间或与已知的函数值建立联系,必要时可再次运用奇偶性、对称性将自变量的值或符号进行转化.
【对点训练4】(多选题)(2025湖北天门模拟)已知函数f(x)的定义域为R,对任意x,y∈R,均满足f(x-y)-f(x+y)=f(x-1)f(y-1),且f(0)=2,则下列说法正确的有
( )
A.函数g(x)=xf(x)为偶函数
B.8是f(x)的一个周期
C.f(x)的图象关于点(2 025,0)对称
D.f(i)=0
BC
解析 对于A,令x=y=0,得f(0)-f(0)=f(-1)f(-1),则f(-1)=0,
令x=0,得f(-y)-f(y)=f(-1)f(y-1)=0,所以f(x)为偶函数,则g(x)=xf(x)为奇函数,故A错误;
对于B,令x=1,则f(1-y)-f(1+y)=f(0)f(y-1)=2f(y-1),于是f(y+1)=-f(y-1)=f(y-3),所以函数f(x)周期为4,则8也为函数的一个周期,故B正确;
对于C,由选项B知f(1-y)+f(1+y)=0,函数f(x)的图象关于点(1,0)对称,
又f(x)周期为4,2 025=506×4+1,因此f(x)的图象关于点(2 025,0)对称,故C正确;
对于D,由f(y+1)+f(y-1)=0,得f(1)+f(3)=f(2)+f(4)=0,
所以f(i)=f(0)+506[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(1)=2,故D错误.故选BC.(共46张PPT)
第3讲 导数的简单应用
基础自测 思维引航
考点进阶 素养淬炼
目 录 索 引
基础自测 思维引航
基础自测
1.(2020全国Ⅲ,文15)设函数f(x)=.若f'(1)=,则a= .
1
解析 对函数f(x)=求导得f'(x)=,
由题意得f'(1)=,解得a=1.
2.(2023全国甲,文8)曲线y=在点(1,)处的切线方程为( )
A.y=x B.y=x
C.y=x+ D.y=x+
C
解析 ∵y=,∴y'=则y'|x=1==k.在点(1,)处的切线方程为y-(x-1),即y=x+故选C.
3.(人B选必三6.2.1练习A组改编)已知函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=2x-1,则
f(x)的单调递增区间是 .
(,+∞)
解析 由f'(x)=2x-1>0,得x>,所以f(x)的单调递增区间是(,+∞).
4.(2023新高考Ⅱ,6)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)上单调递增,则a的最小值为( )
A.e2 B.e
C.e-1 D.e-2
C
解析 由题意可知f'(x)=aex-0在区间(1,2)内恒成立,即a在区间(1,2)内恒成立.
设g(x)=xex,则g'(x)=(x+1)ex>0在区间(1,2)内恒成立,
所以函数g(x)=xex在区间(1,2)内单调递增,
所以g(x)>g(1)=e,则0<,即a≥e-1.故选C.
5.(人B选必三6.2.2练习A组改编)已知函数f(x)=在x=0取得极值,则实数a的值为( )
A.6 B.0
C.2 D.-2
B
解析 由已知得f'(x)=,因为f(x)在x=0取得极值,所以f'(0)=0,即=0,解得a=0,此时f'(x)=,可以验证符合题意,故a=0,故选B.
6.(2021新高考Ⅰ,15)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为 .
1
解析 f(x)=
当x>时,f'(x)=2-,令f'(x)=0,则x=1,
所以当x时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以函数f(x)在区间内的最小值为f(1)=1;
当0则函数f(x)在区间上的最小值为f=2ln 2>1.综上,f(x)min=f(1)=1.
思维引航
1.[f(x)g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x),[]'=.
2.曲线y=f(x)在(x0,f(x0))处的切线方程,y-f(x0)=f'(x0)(x-x0).
3.f'(x)>0 f(x)单调递增,f'(x)<0 f(x)单调递减.
4.f(x)在区间I上单调递增(单调递减) f'(x)≥0(f'(x)≤0)在I上恒成立.
5.函数f(x)在x=x0取得极值的条件:f'(x0)=0且在x0左右两侧的导数值异号.
6.研究函数的单调性、极值,分析函数值的正负,作出函数图象,确定最值.
考点进阶 素养淬炼
考点一 导数的运算、几何意义
例1 (1)(2025全国1,12)若直线y=2x+5是曲线y=ex+x+a的一条切线,则a= .
4
解析 设切点P(x0,+x0+a).
因为y=ex+x+a,所以y'=ex+1,所以解得
(2)(2025江苏南京模拟)已知过点(0,m)可作两条直线与曲线f(x)=x3-x2+1相切,则实数m= .
1或
解析 设切点P(t,t3-t2+1),
由f'(x)=x2-2x,则点P处的切线方程为y-(t3-t2+1)=(t2-2t)(x-t).
将点(0,m)代入上式,得m-(t3-t2+1)=(t2-2t)(-t),
即m=-t3+t2+1.依题意,关于t的方程m=-t3+t2+1应该有两实数解.
设g(t)=-t3+t2+1,则g'(t)=-2t2+2t,令g'(t)=-2t2+2t=0,解得t=0或t=1.
当t<0或t>1时,g'(t)<0,g(t)单调递减;当00,g(t)单调递增.
所以当t=0时,g(t)取极小值g(0)=1;当t=1时,g(t)取极大值g(1)=
又当t→-∞时,g(t)→+∞,当t→+∞时,g(t)→-∞,
所以当过点(0,m)可作两条直线与曲线f(x)=x3-x2+1相切时,m=1或m=
【对点训练1】(1)(2024全国甲,理6)设函数f(x)=,则曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为( )
A. B.
C. D.
A
解析 由已知得f'(x)=,则f'(0)=3,
故所求切线方程为y=3x+1,则所求面积S=1=故选A.
(2)(2025山东青岛模拟)已知函数f(x)=|ln x|图象的两条切线相互垂直,并分别交y轴于A,B两点,则|AB|= .
2
解析 设函数f(x)在点P(x1,f(x1))和Q(x2,f(x2))(x11,则P(x1,-ln x1),Q(x2,ln x2),当x∈(1,+∞)时,f(x)=ln x,f'(x)=,当x∈(0,1)时,f(x)=-ln x,f'(x)=-,因此kAP=-,kBQ=,所以kPA·kQB=-1,即x1x2=1.因为lPA:y-(-ln x1)=-(x-x1),即y=-x+1-ln x1,lQB:y-ln x2=(x-x2),即y=x+ln x2-1,则A(0,1-ln x1),B(0,ln x2-1).因为0考点二 利用导数研究函数的单调性
考向1 求函数的单调区间
例2 (2025广东湛江模拟)已知函数f(x)=-x2+(a2+a)ln x+(1-a)x.
(1)若a=-2,求f(x)的单调区间;
(2)若a≥-,讨论f(x)的单调性.
解 (1)当a=-2时,f(x)=-x2+2ln x+3x,
定义域为(0,+∞),f'(x)=-2x++3=
当x∈(0,2)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(2,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)的单调递增区间是(0,2),单调递减区间是(2,+∞).
(2)函数定义域为(0,+∞),
f'(x)=-2x++1-a=
令(x+a)(2x-a-1)=0,得x=-a或x=
若a≥0,则-a≤0,>0,
当x∈(0,)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
若--a>0,
当x∈(0,-a)和(,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(-a,)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
若a=-,则=-a=,f'(x)≤0在x∈(0,+∞)上恒成立,f(x)单调递减.
综上所述,当a≥0时,f(x)的单调递增区间为(0,),
单调递减区间为(,+∞);
当-单调递减区间为(0,-a)和(,+∞);
当a=-时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间.
【对点训练2】(2025安徽滁州模拟)已知函数f(x)=,试讨论函数f(x)的单调性.
解 f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),f'(x)=
若a=0,则f'(x)=,所以当x<0时,f'(x)>0,当x>0时,f'(x)<0,
因此f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间(0,+∞)上单调递减.
若a≠0,则f'(x)=
当a>0时,由f'(x)>0可得x<0或x>,由f'(x)<0可得0当a<0时,由f'(x)>0可得0,所以f(x)在区间(,0)上单调递增,在区间(-∞,)和(0,+∞)上单调递减.
综上所述,当a=0时,f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f(x)在区间(-∞,0)和(,+∞)上单调递增,在区间(0,)上单调递减;
当a<0时,f(x)在区间(-∞,)和(0,+∞)上单调递减,在区间(,0)上单调递增.
考向2 根据函数的单调性求参数范围
例3 (2025安徽淮南模拟)若函数f(x)=logax+loga+1x(a>0且a≠1)是减函数,则实数a的取值范围是( )
A.(0,) B.(,1)
C.[,1) D.(0,]
B
解析 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=
依题意f'(x)<0在区间(0,+∞)上恒成立,所以<0.
由于a>0且a≠1,所以ln(a+1)>0,则<0.
又因为a2+a>a,所以解得因此实数a的取值范围是(,1).故选B.
一题多变
本例中,若将条件改为“若函数f(x)=logax+log2ax(a>0且a≠1,a≠)是增函数”,
则实数a的取值范围是 .
()∪(1,+∞)
解析 由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞).
f'(x)=,
依题意f'(x)>0在区间(0,+∞)上恒成立,所以只需>0.
当0当0,
要使>0,应有ln(2a2)<0,所以2a2<1,解得当a>1时,ln(2a2)>0,ln a>0,ln(2a)>0,则>0,符合题意.
综上,实数a的取值范围是()∪(1,+∞).
知识提炼
根据函数单调性求参数取值范围的类型
1 已知函数f(x)在区间I上单调递增(或单调递减),f(x)中含参数 转化为f'(x)≥0(或f'(x)≤0)在I上恒成立,要注意“=”能否取到
2 已知函数f(x)在区间I上单调递增(或单调递减),I中含参数 先求出f(x)的单调区间,再令I是其单调区间的子集,建立不等式组求解
3 已知函数f(x)在区间I上存在单调递增(或单调递减)区间 转化为f'(x)>0(或f'(x)<0)在I上有解求解
4 已知函数f(x)在区间I上不单调 (方法一)转化为f'(x)=0在I上有解求解,注意验证;
(方法二)运用补集思想,先求f(x)在区间I上单调时参数的取值范围,再取其补集
【对点训练3】(2025湖北鄂州模拟)已知函数f(x)=-ax在区间[0,+∞)上单调递减,则实数a的取值范围为 .
[1,+∞)
解析 因为f(x)=-ax,所以f'(x)=2x-a=-a,
依题意, x∈[0,+∞),f'(x)≤0 a,
而当x≥0时,<1,则a≥1,所以实数a的取值范围为[1,+∞).
考点三 利用导数研究函数的极值、最值
考向1 利用导数研究函数的极值
例4 (1)(2025吉林长春模拟)已知函数f(x)=x(x-a)2的极大值为,则a=( )
A.- B.-
C. D.
D
解析 由题意,f(x)=x(x-a) 2=x3-2ax2+a2x,则f'(x)=3x2-4ax+a2=(3x-a)(x-a),
令f'(x)=0,解得x=或x=a.
当a>0时,在区间(-∞,),(a,+∞)上f'(x)>0,f(x)单调递增,
在区间(,a)上f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)在x=处取得极大值f()=(-a)2=,解得a=
当a<0时,在区间(-∞,a),(,+∞)上f'(x)>0,f(x)单调递增,在区间(a,)上f'(x)<0, f(x)单调递减,所以f(x)在x=a处取得极大值f(a)=0,不符合题意.
当a=0时,f'(x)=3x2≥0,f(x)在R上单调递增,无极值,不符合题意.
综上所述,a=故选D.
(2)(多选题)(2023新高考Ⅱ,11)若函数f(x)=aln x+(a≠0)既有极大值也有极小值,则( )
A.bc>0 B.ab>0
C.b2+8ac>0 D.ac<0
BCD
解析 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=
因为函数f(x)既有极大值也有极小值,所以g(x)=ax2-bx-2c在区间(0,+∞)上有两个不同的零点,即一元二次方程ax2-bx-2c=0有两个不同的正实数根,
设为x1,x2,所以
所以b2+8ac>0,且ab>0,ac<0,bc<0,
所以A不正确,B,C,D正确.故选BCD.
【对点训练4】(1)(2025全国2,13)若x=2是函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)的极值点,则f(0)= .
-4
解析 f'(x)=[(x-2)(x-1)(x-a)]'=(x-1)(x-a)+(x-2)[(x-1)(x-a)]',
又f'(2)=0,即2-a=0,所以a=2,所以f(0)=-4.
(2)(2025河北沧州模拟)已知函数f(x)=(x-3)ex+ax恰有一个极值点,则实数a的取值范围是 .
(-∞,0]
解析f'(x)=(x-2)ex+a,因为f(x)恰有一个极值点,所以f'(x)=0有一个变号的实数根,即a=(2-x)ex,所以即y=(2-x)ex与直线y=a有一个交点,且在该交点前后两函数的大小关系发生变化.令g(x)=(2-x)ex,则g'(x)=(1-x)ex,由g'(x)>0,得x<1,g(x)单调递增,由g'(x)<0,得x>1,g(x)单调递减,所以g(x)在x=1处取得极大值g(1)=e.又当x<2时,g(x)>0,当x>2时,g(x)<0,结合图象可知,要使g(x)图象与直线y=a有一个交点,且在该交点前后两函数的大小关系发生变化,应有a≤0,即实数a的取值范围是(-∞,0].
考向2 利用导数研究函数的最值
例5 (2025四川泸州模拟)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2.
(1)当a=2时,求f(x)的极大值;
(2)若f(x)在区间(0,+∞)上有最小值,且最小值大于-a,求实数a的取值范围.
解 (1)当a=2时,f(x)=(x-1)ex-x2,f'(x)=x(ex-2).
令f'(x)=0,得x=0或x=ln 2.
当x<0或x>ln 2时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当0所以当x=0时,函数f(x)取极大值为f(0)=(0-1)×e0-02=-1.
(2)因为f(x)=(x-1)ex-ax2,所以f'(x)=xex-ax=x(ex-a).
当a≤0时,由于x∈(0,+∞),所以f'(x)>0,f(x)单调递增,无最小值,不符合题意.
当a>0时,令f'(x)=x(ex-a)=0,则x=0或x=ln a.
若00,f(x)单调递增,无最小值,不符合题意.
若a>1,则当0ln a时,f'(x)>0,
所以f(x)在区间(0,ln a)上单调递减,在区间(ln a,+∞)上单调递增,
因此当x=ln a时,f(x)有极小值亦即最小值,最小值为f(ln a)=(ln a-1)eln a-a(ln a)2=a[ln a-1-(ln a)2],依题意有a[ln a-1-(ln a)2]>-a,即ln a-1-(ln a)2>-1,
化简得-(ln a)2+ln a>0,即ln a(2-ln a)>0,解得0故实数a的取值范围为(1,e2).
【对点训练5】(2025江西赣州模拟)已知函数f(x)=x2-aln x(a>0).
(1)求函数f(x)的极值点;
(2)若函数f(x)在区间[1,e]上的最小值为0,求实数a的值.
解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x-,
当0时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(0,)上单调递减,在区间(,+∞)上单调递增,因此为函数f(x)的极小值点,无极大值点.
(2)当1,即0所以f(x)在x=1处取得最小值,f(x)min=f(1)=1≠0,不符合题意;
当1<在区间(,e)上单调递增,所以f(x)min=f()=ln=0,解得a=2e;
当e,即a≥2e2,此时f(x)在[1,e]上单调递减,
所以f(x)min=f(e)=e2-a≤e2-2e2<0,不符合题意.综上可得a=2e.(共9张PPT)
真题解构 函数与导数
例题 (17分)(2025全国2,18)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,其中0(1)证明:f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点;
(2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,+∞)的极值点和零点.
(ⅰ)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t).证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减;
(ⅱ)比较2x1与x2的大小,并证明你的结论.
命题分析 本题以函数与导数为载体,考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值,零点存在定理等知识,试题设置于课程学习情境,体现基础性、综合性与创新性,通过证明极值和零点的唯一以及单调性应用,考查学生逻辑推理能力和数学运算能力,对转化化归思想和分类讨论思想体现的比较到位.
解题分析
题意理解
序号 信息读取 信息加工
1 f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3 求导得f'(x)=x2(-3k)
2 f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点 f(x)在区间(0,+∞)上先增再减或先减再增
3 f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的零点 根据f(x)的单调性以及函数值的正负情况判断
4 g(t)=f(x1+t)-f(x1-t) g'(t)=
思路探求
关键步骤 思维要点 思维缘由
(第(1)问) 确定f(x)的单调性 f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减 求f'(x),结合式子特点构造函数h(x)=-3k,x>0,转化为判断h(x)值的正负
(第(1)问) 证明有唯一零点 存在唯一x2∈(0,+∞)使得f(x2)=0 f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,f(0)=0,当x=x0时,f(x)>0,当x→+∞时,f(x)<0
(第2(ⅰ)问) 证明单调性 g(t)在区间(0,x1)单调递减 证明g'(t)<0在区间(0,x1)上恒成立
(第2(ⅱ)问) 比较并证明大小 2x1>x2 由g(t)在区间(0,x1)单调递减得0>f(2x1),再结合f(x2)=0和f(x)的单调性及函数值的情况可证
书写表达
(1)证明 由题意得f'(x)=-1+x-3kx2=-3kx2=x2(-3k),(1分)
因为x∈(0,+∞),所以x2>0.
设h(x)=-3k,x≥0,注①→思考:为什么要构造这个函数 (2分)
则h'(x)=-<0在(0,+∞)上恒成立,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,(3分)
h(0)=1-3k>0,令h(x0)=0,得x0=-1.注②→思考:x0的正负能否确定 为什么
所以当x∈(0,x0)时,h(x)>0,则f'(x)>0;
当x∈(x0,+∞)时,h(x)<0,则f'(x)<0,
所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,
所以f(x)在(0,+∞)上存在唯一极值点.
注③→思考:是极大值还是极小值 极值点是什么 (5分)
对函数y=ln(1+x)-x,有y'=-1=-<0在(0,+∞)上恒成立,
所以y=ln(1+x)-x在(0,+∞)上单调递减,
所以y=ln(1+x)-x又因为f(0)=0,当x→+∞时,x2-kx3=x2(1-2kx)<0,
所以当x→+∞时,f(x)<0,(7分)
所以存在唯一x2∈(0,+∞)使得f(x2)=0,
即f(x)在(0,+∞)上存在唯一零点.注④→思考:这里应用了什么原理 (8分)
(2)(ⅰ)证明 由(1)知x1=-1,则k=,(9分)
因为g(t)=f(x1+t)-f(x1-t),所以g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t)
=(x1+t)2(-3k)+(x1-t)2(-3k)
=(x1+t)2()+(x1-t)2()
=(x1+t)2+(x1-t)2
=]=
=
,(11分)
当t∈(0,x1)时,g'(t)<0,注⑤→思考:如何得出这一结论的 (12分)
所以g(t)在(0,x1)上单调递减.(13分)
(ⅱ)解 2x1>x2.证明如下,
由(ⅰ)知,g(x1)所以g(x1)=f(2x1)-f(0)<0,即f(2x1)又x2为f(x)的零点,所以f(x2)=0,
所以f(2x1)由(1)知,f(x)在(x1,+∞)上单调递减,且x2>x1,
所以2x1>x2.(17分)
回顾反思 利用导数研究函数的性质是高中数学的重点和热点,解决问题的关键是能熟练求导,并能通过导函数的特征判断函数的单调性、极值、最值等结论.本题先求导,再构造函数,通过函数的单调性以及特殊点函数值正负,证明极值点和零点的唯一;第(2)(ⅰ)证明函数单调递减也就是证明g'(t)<0在给定区间上恒成立;并由此结论结合f(x2)=0可证明(ⅱ).
试题源于人A必一第155页7题,第156页13题,人A选必二第87页例3,第92页2题;人B选必三第99页例3.(共42张PPT)
第6讲 利用导数研究函数的零点
基础自测 思维引航
考点进阶 素养淬炼
目 录 索 引
基础自测 思维引航
基础自测
1.(2023全国乙,文8)若函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是
( )
A.(-∞,-2) B.(-∞,-3)
C.(-4,-1) D.(-3,0)
B
解析 令f(x)=0,得-ax=x3+2,易知x≠0,所以-a=设g(x)=,则函数f(x)
存在3个零点等价于函数g(x)=的图象与直线y=-a有三个不同的交点.
g'(x)=当x>1时,g'(x)>0,函数g(x)在(1,+∞)内单调递增,当x<1且x≠0时,g'(x)<0,函数g(x)在(-∞,0),(0,1)内单调递减,且g(1)=3,当x从左侧趋近于0时,g(x)→-∞,当x从右侧趋近于0时,g(x)→+∞,
当x→+∞时,g(x)→+∞,
由此可作出函数g(x)的大致图象,如图所示.
由图知,当-a>3时,函数g(x)=的图象
与直线y=-a有三个交点,
即函数f(x)有3个零点,所以a<-3.故选B.
2.(人A选必二第五章例题)给定函数f(x)=(x+1)ex.
(1)判断函数f(x)的单调性,并求出f(x)的极值;
(2)画出函数f(x)的大致图象;
(3)求出方程f(x)=a(a∈R)的解的个数.
解 (1)函数的定义域为R.
f'(x)=(x+1)'ex+(x+1)(ex)'=(x+2)ex.
令f'(x)=0,解得x=-2.
f'(x),f(x)的变化情况如表所示.
所以f(x)在区间(-∞,-2)上单调递减,在区间(-2,+∞)上单调递增.
当x=-2时,f(x)有极小值f(-2)=-
x (-∞,-2) -2 (-2,+∞)
f'(x) - 0 +
f(x) 单调递减 - 单调递增
(2)令f(x)=0,解得x=-1.
当x<-1时,f(x)<0;当x>-1时,f(x)>0.
所以,f(x)的图象经过特殊点A,B(-1,0),C(0,1).
当x→-∞时,与一次函数相比,指数函数y=e-x呈爆炸性增长,
从而f(x)=0;当x→+∞时,f(x)→+∞,f'(x)→+∞.
根据以上信息,我们画出f(x)的大致图象如图所示.
(3)方程f(x)=a(a∈R)的解的个数为函数y=f(x)的图象与直线y=a的交点个数.由(1)及(2)中的图可得,当x=-2时,f(x)有最小值f(-2)=-
所以,关于方程f(x)=a(a∈R)的解的个数有如下结论:当a<-时,解的个数为0;当a=-或a≥0时,解的个数为1;当-3.(人A选必二第五章习题)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
解 (1)f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(2ex+1)(aex-1),当a≤0时,可知f'(x)<0恒成立,
因此f(x)在R上单调递减.当a>0时,f'(x)=2a,
令f'(x)>0,得x>ln,则f(x)在上单调递增;
令f'(x)<0,得x综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递减;
当a>0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)根据(1)中结果知,当a≤0时,f(x)最多有一个零点,不符合题意.
当a>0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增,且当x→-∞时,f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→+∞.因此根据零点存在定理,如果函数有两个零点,则需f(x)的最小值f小于0即可,由f=a+(a-2)-ln<0,化简得ln-1>0.令t=,则g(t)=ln t+t-1,t>0,则有g'(t)=+1>0,故g(t)在(0,+∞)上单调递增,考虑到g(1)=0,故g(t)>0可解得t=>1,即0所以实数a的取值范围是(0,1).
思维引航
1.三次函数零点的个数与极值的关系:
①3个零点 极大值大于0且极小值小于0;
②2个零点 极大值等于0或极小值等于0;
③1个零点 不存在极值.
2.注意分析函数值的正负情况及变化趋势.
3.分类讨论求解.
考点进阶 素养淬炼
考点一 探究零点的个数
例1 (2025江西南昌模拟)已知函数f(x)=ln x-axex-1+x+1.
(1)若存在t∈(2,+∞),使得f(x)的图象在x=t处的切线过原点,求实数a的取值范围;
(2)若a=,判断f(x)的零点个数.
解 (1)由题意知f(x)的定义域为x∈(0,+∞),且f'(x)=-a(x+1)ex-1+1.
由于f(x)的图象在x=t处的切线过原点,
所以切线斜率为f'(t)=,即-a(t+1)et-1+1=-aet-1+1+,整理得a=-
设g(t)=-(t>2),则g'(t)=->0,
所以g(t)在区间(2,+∞)上单调递增,因此a>-=-
又a=-<0,当t→+∞时,-0,故实数a的取值范围是(-,0).
(2)当a=时,f(x)=ln x-xex-4+x+1,则f'(x)=-(x+1)ex-4+1=(x+1)(-ex-4).
设h(x)=-ex-4,则h(x)在区间(0,+∞)上单调递减,
且h(2)=>0,h(3)=<0,则h(2)·h(3)<0,
由零点存在定理得,存在x0∈(2,3),使得h(x0)=0,即,即x0=1,得到ln x0=-x0+4.
当x∈(0,x0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
得到f(x)≤f(x0)=ln x0-x0+x0+1=4>0.
又当x>0且x→0时,f(x)→-∞,当x→+∞时,f(x)→-∞,故f(x)有两个零点.
【对点训练1】(2025湖南永州模拟)设函数f(x)=x2-2kln x(k>0).
(1)当k=4时,求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)试讨论函数f(x)在区间(1,]上的零点个数.
解 (1)当k=4时,f(x)=x2-8ln x,则f(x)的定义域是(0,+∞),且f'(x)=2x-
令f'(x)=0,得x=2或x=-2(舍去).
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表所示:
x (0,2) 2 (2,+∞)
f'(x) - 0 +
f(x) 单调递减 极小值 单调递增
所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞),函数f(x)在x=2处取得极小值f(2)=4-8ln 2,无极大值.
(2)因为f(x)=x2-2kln x(k>0),所以f'(x)=2x-
令f'(x)=0,可得x=(x=-舍去).当0当x>时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)的最小值为f()=k-kln k.
若函数f(x)有零点,必有f()≤0,即k-kln k≤0,解得k≥e.
当k≥e时,函数f(x)在区间(1,]上单调递减.
又f(1)=1>0,f()=e-k≤0,所以函数f(x)在区间(1,]上有一个零点;
当0综上,当k≥e时,函数f(x)在区间(1,]上有一个零点,当0考点二 根据零点个数求参数取值范围
例2 (2025山东济南模拟)已知函数f(x)=ax2+A.【一题多解】
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
解 (1)函数f(x)的定义域为R,f'(x)=+ax=x(a-).
若a≤0,则a-<0恒成立,此时当x<0时,f'(x)>0,当x>0时,f'(x)<0,
所以f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间(0,+∞)上单调递减.
若a>0,令f'(x)=0得x=0或x=-ln a.
当00,所以当x<0时,f'(x)>0,当0-ln a时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间(0,-ln a)上单调递减,在区间(-ln a,+∞)上单调递增.
当a=1时,f'(x)=x(1-),当x<0时,f'(x)>0,当x>0时,f'(x)>0.
又f'(0)=0,所以f'(x)≥0恒成立,因此f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增.
当a>1时,-ln a<0,当x<-ln a时,f'(x)>0,当-ln a0时,f'(x)>0,
所以f(x)在区间(-∞,-ln a)上单调递增,在区间(-ln a,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增.
综上所述,若a≤0,f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间(0,+∞)上单调递减;若0(-ln a,+∞)上单调递增;当a=1时,f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增;当a>1时,f(x)在区间(-∞,-ln a)上单调递增,在区间(-ln a,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增.
(2)(方法一 分离参数法)令f(x)=ax2+a=0得=-(ax2+a),
即=-(x2+2)
由于x2+2>0,所以-
令g(x)=,依题意函数g(x)的图象应与直线y=-有两个不同的交点.
因为g'(x)=,
由于x2+2x+4=(x+1)2+3>0,所以由g'(x)=0可得x=0,
且当x<0时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x>0时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
因此g(x)在x=0处取得极大值g(0)=
又当x<-1时,g(x)<0,当x>-1时,g(x)>0,
由此作出函数g(x)的大致图象(如图所示).
由图象可知,当函数g(x)的图象与直线y=-有两个不同的交点时,0<-,解得-1(方法二 分类讨论法)若0≤a≤1,则当x∈(-1,+∞)时,f(x)=ax2+a>0恒成立,所以f(x)在区间(-1,+∞)上没有零点.
而当x∈(-∞,-1)时,f'(x)=-+ax=x(a-)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)在区间(-∞,-1)上最多有一个零点,故f(x)不可能有两个零点.
若a>1,由(1)知f(x)在区间(-∞,-ln a)上单调递增,在区间(-ln a,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,所以f(x)的极小值为f(0)=1+a>2>0,
故f(x)不可能有两个零点.
若a<0,由(1)知f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间(0,+∞)上单调递减,要使f(x)有两个零点,则必有f(0)=1+a>0,即-1此时,当x→+∞时,0,ax2+a→-∞,所以f(x)→-∞.
当x→-∞时,-∞,ax2+a→-∞,所以f(x)→-∞,故f(x)有两个零点,符合题意.综上,当f(x)有两个零点时,实数a的取值范围是(-1,0).
(方法三 两函数图象交点法)由f(x)=ax2+a=0得=-(ax2+a).
令g(x)=,h(x)=-a(x2+1).因为g'(x)=,由g'(x)=0得x=0.
且当x<0时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x>0时,g'(x)<0,g(x)单调递减,因此g(x)在x=0处取得极大值g(0)=1.又当x<-1时,g(x)<0,当x>-1时,g(x)>0,由此作出函数g(x)的大致图象(如图所示).
对于函数h(x)=-a(x2+1),
①若a=0,则h(x)=0,此时两个图象仅有一个交点,不符合题意;
②若a>0,则h(x)的图象是开口向下、对称轴为y轴的抛物线,
且顶点为(0,-a),此时两个函数图象最多有一个交点,不符合题意;
③若a<0,则h(x)的图象是开口向上、对称轴为y轴的抛物线,且顶点为(0,-a),此时两个函数图象要有两个交点,应满足0<-a<1,解得-1【对点训练2】(2025天津,20节选)已知a∈R,函数f(x)=ax-(ln x)2.
(1)当a=1时,求函数y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)已知f(x)有3个零点x1,x2,x3,且x1解 (1)当a=1时,f(x)=x-(ln x)2,∴f(1)=1.
∵f'(x)=1-ln x,∴f'(1)=1.
∴f(x)在(1,1)处的切线方程为y-1=x-1,即x-y=0.
(2)由f(x)=0,得ax=(ln x)2.∵x>0,∴a=
令g(x)=,则f(x)有3个零点相当于y=a与y=g(x)的图象有3个交点.
由g(x)=,x>0,得g'(x)=
由g'(x)=0得x=1或x=e2.
当0当10;
当x>e2时,g'(x)<0.
∴g(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,e2)上单调递增,在区间(e2,+∞)上单调递减且g(x)≥0恒成立.其中g(1)=0,g(e2)=,画出g(x)的草图如图所示.
若y=a与y=g(x)的图象有3个交点,则0∴a的取值范围为(0,).
考点三 隐零点问题
例3 (2025浙江杭州模拟)已知函数f(x)=x(aex-1),a∈R.
(1)当a=1时,求f(x)的极小值;
(2)若g(x)=f(x)+(2-ln x-x)e3+x,求证:当a>1时,g(x)>0.
(1)解 当a=1时,f(x)=x(ex-1),则f'(x)=ex(x+1)-1,
当x>0时,f'(x)>0,函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;
当x<0时,0所以函数f(x)在x=0处取得极小值f(0)=0.
(2)证明 依题意,g(x)=axex+(2-ln x-x)e3,其定义域为(0,+∞).
当a>1时,g(x)>xex+(2-ln x-x)e3,因此只需证xex+(2-ln x-x)e3≥0.
令h(x)=xex+(2-ln x-x)e3,x>0,则h'(x)=(x+1)ex-(1+)e3=(x+1)(ex-).
令φ(x)=h'(x)=(x+1)ex-(1+)e3,x>0,则φ'(x)=(x+2)ex+e3>0,
所以h'(x)在区间(0,+∞)上单调递增,且h'(1)=2×(e-e3)<0,h'(3)=4×(e3-)>0,
因此h'(x)在区间(0,+∞)上有唯一零点x0∈(1,3),且,即x0=3-ln x0.
当0x0时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
于是h(x)min=h(x0)=x0+(2-ln x0-x0)e3=x0+(2-3)e3=0,则h(x)≥0,
故当a>1时,g(x)>0.
【对点训练3】(2025广东佛山模拟)已知函数f(x)=aln(x+1)-sin kx,其中k∈N*,a∈R.
(1)若k=1,函数f(x)在区间[0,]上单调递减,求实数a的取值范围;
(2)若a=1,k=2,求函数f(x)在区间[-]上的零点个数.
解 (1)当k=1时,f(x)=aln(x+1)-sin x,f'(x)=-cos x,
因为函数f(x)在区间[0,]上单调递减,
所以f'(x)≤0在区间[0,]上恒成立,即-cos x≤0在区间[0,]上恒成立,
可得a≤(x+1)cos x.
令g(x)=(x+1)cos x,当x∈[0,]时,x+1>0,cos x≥0,
所以g(x)=(x+1)cos x在区间[0,]上的最小值为g()=0,
所以实数a的取值范围为(-∞,0].
(2)当a=1,k=2时,f(x)=ln(x+1)-sin 2x,可知f(0)=0.
f'(x)=-2cos 2x,设h(x)=-2cos 2x,
则h'(x)=-+4sin 2x,易知h'(x)在区间(-)上单调递增.
又h'(0)=-1<0,h'()=4->0,所以 x0∈(0,),使得h'(x0)=0.
于是在区间(-,x0)上h'(x)<0,在区间(x0,)上h'(x)>0,
所以f'(x)在区间(-,x0)上单调递减,在区间(x0,)上单调递增.
又f'(0)=-1<0,f'(-)=>0,f'()=>0,
所以 x1∈(-,x0), x2∈(x0,),使得f'(x1)=f'(x2)=0,
故f(x)在区间(-,x1)上单调递增,在区间(x1,x2)上单调递减,在区间(x2,)上单调递增.
又f()=ln(1+)-1<0,由f(0)=0得f(x2)<0,f(x1)>0,
因为f(-)=ln(1-)+1<0,所以 x3∈(-,x1),使得f(x3)=0.
综上,函数f(x)在区间[-]上有0和x3两个零点.(共18张PPT)
微培优11 抽象函数与嵌套函数
类型一 赋值法解决抽象函数问题
类型二 换元法解决嵌套函数问题
目 录 索 引
抽象函数是指没有给出具体的解析式,只给出了函数所具有的某些性质或运算特征(如函数的定义域、解析递推式、特定点的函数值、特定的运算性质等)的函数,抽象函数问题在高考中涉及多个核心考点,主要考查函数性质应用以及与其他数学知识的综合应用等,重点考查数学抽象、逻辑推理、数学运算等核心素养.
形如y=f(g(x))形式的函数称为嵌套函数,嵌套函数多考查零点及其应用问题,通常借助函数的图象与性质求解,考查数形结合、等价转化、分类讨论等思想方法.
类型一 赋值法解决抽象函数问题
例1 (多选题)(2023新高考Ⅰ,11)已知函数f(x)的定义域为R, f(xy)=y2f(x)+x2f(y),则( )
A.f(0)=0
B.f(1)=0
C.f(x)是偶函数
D.x=0为f(x)的极小值点
ABC
解析 对于选项A,令x=0,y=0,f(0)=0,所以A正确;
对于选项B,令x=1,y=1,f(1×1)=12×f(1)+12×f(1)=2f(1),解得f(1)=0,所以B正确;
对于选项C,令x=-1,y=-1,f[(-1)×(-1)]=(-1)2×f(-1)+(-1)2×f(-1)=2f(-1),解得f(-1)=0;再令x=-1,y=x,f[(-1)×x]=x2×f(-1)+(-1)2×f(x),f(-x)=f(x),所以C正确;
对于选项D,用特值法,函数f(x)=0,为常数函数,且满足f(xy)=y2f(x)+x2f(y),而常数函数没有极值点,所以D错误.故选ABC.
【对点训练1】(2025山东菏泽模拟)已知函数f(x)的定义域为R,且f(1)≠0,若f(xy)=yf(x),则下列结论中错误的是( )
A.f(0)=0
B.f(x)是奇函数
C.f(x)是增函数
D.f(x)+f(2x)=f(3x)
C
解析 对于A,令y=0得f(0)=0,故A正确;
对于B,令y=-1,由题可知f(-x)=-f(x),故f(x)是奇函数,故B正确;
对于C,不妨令f(x)=-x,则满足f(xy)=yf(x),且f(1)≠0,但f(x)不是增函数,故C错误;
对于D,令y=2,则f(2x)=2f(x),令y=3,则f(3x)=3f(x),因此f(x)+f(2x)=3f(x)=f(3x),故D正确.故选C.
类型二 换元法解决嵌套函数问题
例2 (1)(2025安徽池州模拟)已知函数f(x)=
若f2(x)-(a+2)f(x)+2a=0有4个互不相同的实数根,则实数a的取值范围为
( )
A.(2,3) B.(2,3]
C.(3,+∞) D.[3,+∞)
B
解析 令t=f(x),则方程f2(x)-(a+2)f(x)+2a=0可转化为t2-(a+2)t+2a=0,
即(t-2)(t-a)=0,则t1=2,t2=a,所以f(x)=2或f(x)=a.
当x≤0时,f(x)=ex+2,则f(x)在区间(-∞,0]上单调递增,且f(x)∈(2,3].
当x>0时,f(x)=x+,则f'(x)=1-,令f'(x)=0,得x=1,当01时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
所以f(x)在x=1处取得极小值,也是最小值f(1)=1+=2.
作出函数f(x)的大致图象(如图所示).
由图象可知,f(x)=2对应原方程一个实数根x=1,
因此由f(x)=a需要有3个不同的实数根.
结合f(x)的图象可知,当2(2)(多选题)(2025福建宁德模拟)已知函数f(x)=若函数
y=f()所有零点的乘积为1,则实数a的值可以为( )
A.-1 B.2
C.3 D.4
BD
解析 作出函数f(x)=的大致图象(如图所示).
令=t(a≠0),则方程f()=0即f(t)=0,所以t=1,即f(x)=a.
因此函数y=f()所有零点的乘积为1,就是f(x)=a的所有解的乘积为1,
而f(x)=a的解可看作函数y=f(x)的图象与直线y=a的交点的横坐标.
结合f(x)的图象可知,当01,且|lg x1|=|lg x2|,即-lg x1 =lg x2,所以lg x1+lg x2=0,所以x1x2=1,符合题意;当23时,函数y=f(x)的图象与直线y=a有2个交点,与0【对点训练2】(2025江苏苏州模拟)已知函数f(x)=
则方程f(f(x)-2)=2实数根的个数为( )
A.6 B.7
C.10 D.11
D
解析 因为f(x)=当x≤0时,f(x)=x2+2x+2=(x+1)2+1,
所以f(x)在区间(-∞,-1)上单调递减,在区间(-1,0)上单调递增,且f(-1)=1,
f(0)=f(-2)=2;当x>0时,f(x)=|ln x|=
所以f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,在区间(0,1)上单调递减.
又f(e-2)=f(e2)=2,作出函数=f(x)的图象(如图所示).
令f(x)-2=t,则有f(t)=2,易得此时有4个解,分别为t1=-2,t2=0,t3=e-2,t4=e2.
结合图象可得,当t=-2时,即f(x)=0,此时有1个解;当t=0,即f(x)=2时,有4个解;当t=e-2,即f(x)=2+e-2有3个解;当t=e2,即f(x)=2+e2有3个解,所以原方程共有1+4+3+3=11个解.故选D.(共26张PPT)
微培优13 导数中函数的构造问题
类型一 结合导数运算法则构造抽象函数
类型二 结合数式的结构特征构造具体函数
目 录 索 引
类型三 根据等式中两变量的关系构造函数
在导数应用中,以导数为工具解决大小比较、解不等式、求最值、求参数取值范围等问题,具有结构独特、综合性大、技巧性强等特点,而构造函数是解决这类问题的基本方法和关键环节,通过构造函数,借助导数这一强大的工具解决问题.
类型一 结合导数运算法则构造抽象函数
例1 (1)(2025湖南岳阳模拟)已知定义在区间(0,+∞)上的函数f(x)满足xf'(x)-f(x)<0,且f(2)=2,则f(ex)-ex>0的解集为( )
A.(-∞,ln 2) B.(0,ln 2)
C.(ln 2,+∞) D.(ln 2,2)
A
解析 令h(x)=,则h'(x)=<0,所以函数h(x)在区间(0,+∞)上单调递减,不等式f(ex)-ex>0可化为,即h(ex)>h(2),所以ex<2,解得x(2)(2025江苏无锡模拟)已知定义在R上的函数f(x)的导数为f'(x),且f(x)+f'(x)<0,f(-1)=2e,则不等式f(x)ex>2的解集为( )
A.(-∞,2e) B.(-∞,-1)
C.(-1,+∞) D.(2,+∞)
B
解析 构造函数F(x)=f(x)ex,则F'(x)=ex[f(x)+f'(x)]<0,故F(x)在R上单调递减.又F(-1)=f(-1)e-1=2e·e-1=2,所以不等式f(x)ex>2即F(x)>F(-1),因此x<-1,即不等式f(x)ex>2的解集为(-∞,-1).故选B.
(3)(多选题)(2025云南昆明模拟)已知定义在区间(0,)上的函数f(x),f'(x)是f(x)的导函数,且恒有f'(x)sin x-f(x)cos x<0成立,则下列选项正确的有( )
A.f()>f()
B.f()>f()
C.f()>f()
D.f()>f()
CD
解析 由题意令g(x)=,x∈(0,),则g'(x)=,
因为当x∈(0,)时,恒有f'(x)sin x-f(x)cos x<0成立,
所以g'(x)<0,即g(x)在(0,)上单调递减,
因为,所以g()>g()>g(),即,
即得2f()>f()>f(),对于选项A,D,f()>f(),故A错误,D正确;
对于B,C,f()规律方法
常见形式的函数构造方法
已知条件式 可构造的函数
xf'(x)+f(x)>0(或<0) F(x)=xf(x)
xf'(x)-f(x)>0(或<0) F(x)=
xf'(x)+nf(x)>0(或<0) F(x)=xnf(x)
xf'(x)-nf(x)>0(或<0) F(x)=
f'(x)+f(x)>0(或<0) F(x)=exf(x)
f'(x)-f(x)>0(或<0) F(x)=
f'(x)+2f(x)>0(或<0) F(x)=e2xf(x)
已知条件式 可构造的函数
f'(x)-2f(x)>0(或<0) F(x)=
f'(x)sin x+f(x)cos x>0 F(x)=f(x)sin x
f'(x)sin x-f(x)cos x>0 F(x)=
f'(x)cos x+f(x)sin x>0 F(x)=
f'(x)cos x-f(x)sin x>0 F(x)=f(x)cos x
【对点训练1】(1)(2025山东青岛模拟)已知函数f(x)的定义域为R,其导函数f'(x)满足f(x)>f'(x),则( )
A.f(1)>ef(0) B.f(1)C.ef(ln 2)<2f(1) D.f(2)>ef(1)
B
解析 构造函数g(x)=,x∈R,则g'(x)=<0,所以g(x)为R上的减函数,则g(1)g(1),即,所以ef(ln 2)>2f(1),故C错误;因为g(2)(2)(2025浙江宁波期中)设f'(x)是函数f(x)定义在区间(0,+∞)上的导函数,满足x2f'(x)+2xf(x)=1,则下列不等式一定成立的是( )
A. B.
C. D.
C
解析 令F(x)=x2f(x),x∈(0,+∞),则F'(x)=2xf(x)+x2f'(x)=1>0,所以F(x)=x2f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.对于B,由F(3)>F(2),即9f(3)>4f(2),可得,故B错误;对于C,由F(e)>F(2),即e2f(e)>4f(2),可得,故C正确;对于A,因为F'(x)=2xf(x)+x2f'(x)=1,不妨设F(x)=x+c(c为常数),即x2f(x)=x+c(c为常数),所以xf(x)=+1,令g(x)=xf(x),故g(x)=+1.当c=0时, g(x)=1为常数函数,此时g(e2)=g(e),即e2f(e2)=ef(e),所以,故A错误;对于D,根据上述分析,若F(x)=x+c,则f(x)=(c为常数),故, x∈(0,+∞),令h(x)=,x∈(0,+∞),当c=0时,h(x)=,在x∈(0,+∞)上单调递减,所以h(e)>h(3),则,故D错误.故选C.
类型二 结合数式的结构特征构造具体函数
例2 (1)(2025河北承德模拟)设a=,b=,c=2ln 0.5,则下列选项正确的是( )
A.c>a>b B.b>a>c
C.b>c>a D.a>b>c
B
解析 构造函数f(x)=(0令g(x)=-1+ln x,则g'(x)=,
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(0,1)上单调递减,
所以g(x)>g(1)=0,因此当x∈(0,1)时,f'(x)>0,即f(x)在区间(0,1)上单调递增,
而a=f(0.6),b=f(0.7),c=f(0.5),且0.7>0.6>0.5,所以b>a>c,故选B.
(2)(2025广东惠州期中)已知a=,b=ln,c=sin,则下列选项正确的是( )
A.a>c>b B.a>b>c
C.c>b>a D.b>a>c
D
解析 由a-c=-sin,构造g(x)=x-sin x,x∈(0,),则g'(x)=1-cos x>0,
所以g(x)在区间(0,)上单调递增,故g()>0-sin 0=0,即>sin,故a>c.
由b-a=ln=ln(1+2)-,构造f(x)=ln(1+2x)-x,x∈(0,),
则f'(x)=-1=>0,所以f(x)在区间(0,)上单调递增,
故f()>ln(1+2×0)-0=0,即ln,故b>a.综上,b>a>c,故选D.
【对点训练2】(1)(2025湖北武汉期中)设a=cos,b=,c=sin,则a,b,c的大小关系为( )
A.a>b>c B.b>a>c
C.b>c>a D.a>c>b
D
解析 a=cossin,b=sin,c=sinsin
令f(x)=,x∈(0,],则f'(x)=令g(x)=xcos x-sin x,x∈(0,],
则g'(x)=-xsin x<0,所以g(x)在区间(0,]上单调递减,所以g(x)<0×cos 0-sin 0 =0,即f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,]上单调递减,因为,所以f()>f()>f(),即sinsinsin,所以a>c>b.故选D.
(2)(2025河北石家庄模拟)已知a=ln,b=cos,c=,则a,b,c的大小关系为
( )
A.a>b>c B.a>c>b
C.b>c>a D.c>a>b
C
解析 令f(x)=ln(1+x)-x(x>-1),则f'(x)=,令f'(x)=0,得x=0,
所以在区间(-1,0)上f'(x)>0,f(x)单调递增,
在区间(0,+∞)上f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)≤f(0)=0,所以f()<0,即ln(1+)-<0,所以ln,即a又因为0<,所以cos>cos,即b>c,所以b>c>a.故选C.
类型三 根据等式中两变量的关系构造函数
例3 (1)(2025河北沧州模拟)若实数a,b满足2a-2b=5,则3a-b的最小值为
.
2log25+3log23-2
解析 由2a-2b=5,可得2b=2a-5>0,则b=log2(2a-5),因此3a-b=3a-log2(2a-5).
令f(x)=3x-log2(2x-5)(x>log25),则f'(x)=3-
当5<2x<时,f'(x)<0,当2x>时,f'(x)>0,
从而f(x)的最小值为3log2-log2(-5)=2log25+3log23-2,
即3a-b的最小值为2log25+3log23-2.
(2)(2025四川成都模拟)若正实数x,y满足yln(3xy)=e3x,则y的最小值为
.
e
解析 由yln(3xy)=e3x,因为3x>0,等式两边同乘3x得3xyln(3xy)=3xe3x,
由于3xy=eln(3xy)>0,故ln(3xy)·eln(3xy)=3xe3x.由ln(3xy)·eln(3xy)=3xe3x得ln(3xy)>0.
设f(t)=tet(t>0),则f'(t)=(t+1)et>0,f(t)在区间(0,+∞)上单调递增,
因为f(ln(3xy))=f(3x),所以ln(3xy)=3x,则3xy=e3x,即y=,所以y'=,
当x∈(0,)时,y'<0,y=在区间(0,)上单调递减,当x∈(,+∞)时,y'>0,y=在区间(,+∞)上单调递增,因此当x=时,y取极小值也是最小值,最小值为e.
【对点训练3】(1)若实数x0满足x0ln x0=0,则x0+ln x0=( )
A.0 B.1
C.e D.e2
A
解析 因为x0ln x0=x0ln=0,所以x0lnln,若令函数f(x)=xex(x>0),则f(x0)=f(ln).又f'(x)=(1+x)ex>0恒成立,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,因此可得x0=ln=-ln x0,故x0+ln x0=0.故选A.
(2)(多选题)(2025安徽合肥模拟)若b>1,a∈R,且ea+2ln b=-a,则下列结论中正确的有( )
A.lnC.ea>b-1 D.ea>b-2
BD
解析 因为ea+2ln b=-a,所以ea+a=-2ln b,即ea+a=+ln
因为b>1,所以,因此ln>ln,从而有+ln>ea+a>+ln
若令f(x)=ex+x,由f'(x)=ex+1>0知f(x)在R上单调递增,
而ea+a=f(a),+ln=f(ln),+ln=f(ln),所以f(ln)>f(a)>f(ln),
因此由f(x)的单调性可得ln>a>ln,因此-2ln b又由ln>a>ln得ln>ln ea>ln,所以b-1>ea>b-2,故C错误,D正确.故选BD.(共53张PPT)
第4讲 利用导数研究不等式
基础自测 思维引航
考点进阶 素养淬炼
目 录 索 引
基础自测 思维引航
基础自测
1.(人A选必二5.3节习题改编)证明下列不等式:
(1)ex>1+x,x≠0;(2)ln x0.
证明 (1)设f(x)=ex-1-x,x∈R,则f'(x)=ex-1.
令f'(x)=0,解得x=0.
当x>0时,f'(x)>0,函数f(x)=ex-1-x在区间(0,+∞)上单调递增;
当x<0时,f'(x)<0,函数f(x)=ex-1-x在区间(-∞,0)上单调递减.
所以,当x=0时,f(x)取得最小值.
所以,当x≠0时,f(x)>f(0)=0,即ex>1+x,x≠0.
(2)设f(x)=ln x-x,x>0,则f'(x)=-1.
令f'(x)=0,解得x=1.
当00,f(x)在区间(0,1)内单调递增;
当x>1时,f'(x)<0,f(x)在区间(1,+∞)上单调递减.
所以,当且仅当x=1时,f(x)取得最大值.
所以,当x>0时,f(x)=ln x-x≤f(1)=-1<0.
因此,当x>0时,ln x由(1)可知,当x>0时,ex>x+1>x.
综上,ln x0.
2.(人A选必二第五章习题)已知函数f(x)=ex-ln(x+m).当m≤2时,求证:f(x)>0.
证明 当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),
则有f(x)=ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2).故只需证明当m=2时,f(x)>0.
当m=2时,f'(x)=ex-在区间(-2,+∞)上单调递增.
又f'(-1)<0,f'(0)>0,故f'(x)=0在区间(-2,+∞)上有唯一实根x0,且x0∈(-1,0).
当x∈(-2,x0)时,f'(x)<0;
当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而当x=x0时,f(x)取得最小值.
由f'(x0)=0,得,ln(x0+2)=-x0,
故f(x)≥f(x0)=+x0=>0.
综上,当m≤2时,f(x)>0.
3.(2023新高考Ⅱ,22节选)证明:当0证明 设h(x)=sin x-x,x∈[0,1],
则h'(x)=cos x-1≤0对 x∈[0,1]恒成立,且仅在x=0时有h'(0)=0,
所以函数h(x)在[0,1]上单调递减.
所以对 x∈(0,1),有h(x)又因为h(0)=0,所以sin x-x<0恒成立.所以sin x设g(x)=sin x-(x-x2),则g'(x)=cos x+2x-1.
令G(x)=cos x+2x-1,则G'(x)=-sin x+2>0对 x∈[0,1]恒成立,
所以g'(x)在x∈[0,1]上单调递增,且因为g'(0)=1+0-1=0,
所以对 x∈[0,1],g'(x)≥0恒成立,且仅在x=0时有g'(0)=0,
所以函数y=g(x)在[0,1]上单调递增.
所以对 x∈(0,1),有g(x)>g(0)恒成立.
又因为g(0)=0,所以sin x+x2-x>0对 x∈(0,1)恒成立.所以x-x2综上可知,x-x24.(2021新高考Ⅰ,22)已知函数f(x)=x(1-ln x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2<(1)解 由条件知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-ln x.
当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
即在区间(0,1)内,函数f(x)单调递增;在区间(1,+∞)内,函数f(x)单调递减.
(2)证明 由bln a-aln b=a-b,得lnln
令x1=,x2=,x1≠x2,不妨设x1令f'(x)=0,得x=1.且f(e)=0.
结合(1)中的f(x)的单调性,易知,0待证结论 2下面证明x1+x2>2.
令g(x)=f(x)-f(2-x),x,
则g'(x)=-ln(x(2-x))>0,
所以g(x)在区间内单调递增,
所以0=g(1)>g(x1)=f(x1)-f(2-x1),即f(2-x1)>f(x1)=f(x2).
又f(x)在区间上单调递减,所以2-x12.
再证明x1+x2方法一:当x2≤e-1时,结论显然成立;
当x2∈(e-1,e)时,x1令h(x)=f(x)-f(e-x),x∈(e-1,e),
h'(x)=-ln(x(e-x)),则h(x)在区间(e-1,e)内先单调递减后单调递增,故h(x)<0.
对x∈(e-1,e),则h(x2)<0,即f(x2)故f(x1)方法二:f(x)在点(e,0)处的切线φ(x)=e-x,
令F(x)=f(x)-φ(x)=2x-xln x-e,x∈(0,e),
F'(x)=1-ln x>0,所以F(x)在区间(0,e)内单调递增,
即F(x)所以当x∈(0,e)时,f(x)<φ(x).
令t=f(x1)=f(x2),则t=f(x2)<φ(x2)=e-x2 t+x2又t=f(x1)=x1(1-ln x1),x1∈(0,1),所以t=x1(1-ln x1)>x1,即x1+x2综上,2故2<思维引航
1.不等式ex≥1+x和ln x≤x-1在不等式证明中应用,通常称为切线放缩.
2.放缩法证明不等式:(1)参数放缩;(2)不等式中的部分项放缩.
3.构造函数法证明不等式:构造函数,借助导数研究分析其单调性与极值,从而证明不等式.
4.证明双变量不等式的两种基本方法:一是借助两个变量间的等量关系转化为单变量不等式进行证明;二是通过换元(将两个变量的差或商设为新的变量),对不等式进行转化,然后构造函数证明不等式成立.
考点进阶 素养淬炼
考点一 单变量不等式的证明
考向1 构造函数法证明不等式
例1 (2023新高考Ⅰ,19)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+.
(1)解 f'(x)=aex-1,x∈R.
①当a≤0时,f'(x)≤0对任意x∈R恒成立,所以f(x)在(-∞,+∞)内单调递减.
②当a>0时,令f'(x)=0,得x=ln=-ln a.
随x的变化,f'(x),f(x)的变化如下表:
x (-∞,-ln a) -ln a (-ln a,+∞)
f'(x) - 0 +
f(x) ↘ 极小值 ↗
所以函数f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a).
综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间是(-∞,+∞),无单调递增区间;
当a>0时,f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a).
(2)证明 当a>0时,要证f(x)>2ln a+恒成立,即证f(x)min>2ln a+成立.
当a>0时,由(1)知,f(x)的极小值同时也是最小值,是f(-ln a),
下面证明f(-ln a)>2ln a+
f(-ln a)=a(e-ln a+a)-(-ln a)=1+a2+ln a.
令g(a)=f(-ln a)-2ln a-=a2-ln a-, a∈(0,+∞),则g'(a)=2a-,
令g'(a)=0,得a=
随a的变化,g'(a),g(a)的变化如下表:
a (0,) (,+∞)
g'(a) - 0 +
g(a) ↘ 极小值 ↗
所以在a=时,g(a)取最小值.
g(a)min=g()=-ln=-ln=ln >ln 1=0.
因此f(-ln a)>2ln a+成立.
因此当a>0时,f(x)>2ln a+
【对点训练1】(2025四川绵阳模拟)已知函数f(x)=x3-x2-ax-4A.
(1)若0(2)当a=3,x>0时,求证:f(x)<(x-4)ex(参考数据:e3≈20.1).
(1)解 f(x)在区间(1,3)内的极值点个数为1.理由如下,依题意f'(x)=x2-2x-a.
显然函数f'(x)在区间(1,3)上单调递增.
又00,所以f'(1)·f'(3)<0,
由零点存在定理可知,存在x0∈(1,3),使得f'(x0)=0.
所以当10,f(x)在区间(x0,3)上单调递增,
故f(x)在区间(1,3)内的极值点个数为1.
(2)证明 当a=3时,f(x)=x3-x2-3x-12,
令g(x)=(x-4)ex-f(x)=(x-4)ex-(x3-x2-3x-12)(x>0),
则g'(x)=(x-3)ex-(x2-2x-3)=(x-3)(ex-x-1).
令p(x)=ex-x-1(x>0),则p'(x)=ex-1>0,
所以p(x)在区间(0,+∞)上单调递增,
故当x>0时,p(x)>e0-0-1=0,即ex-x-1>0.
因此由g'(x)<0可得00可得x>3,
即g(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞),
所以g(x)在区间(0,+∞)上的最小值为g(3)=-e3+21≈0.9>0,因此g(x)>0.
故a=3,x>0时,f(x)<(x-4)ex.
考向2 放缩法证明不等式
例2 (2025河北邯郸二模)已知函数f(x)=ln x,g(x)=.
(1)讨论函数h(x)=ax-f(x)的单调性;
(2)证明:xf(x)>g(x)-1.
(1)解 由已知得h(x)=ax-f(x)=ax-ln x,其定义域为(0,+∞),h'(x)=a-
当a≤0时,h'(x)<0恒成立,所以h(x)在区间(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,令h'(x)>0,解得x>;令h'(x)<0,解得0所以函数h(x)在区间(0,)上单调递减,在区间(,+∞)上单调递增.
综上所述,当a≤0时,函数h(x)在区间(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,函数h(x)在区间(0,)上单调递减,在区间(,+∞)上单调递增.
(2)证明 要证xf(x)>g(x)-1,即证xln x+1>
由(1)知,当a=1时,h(x)=x-ln x在区间(0,1)上单调递减,
在区间(1,+∞)上单调递增,
所以h(x)≥h(1)=1-ln 1=1,即x-ln x≥1.
因此+ln x≥1,即1+xln x≥x.
因此要证xln x+1>,只需证明x>
令H(x)=x-(x>0),
则H'(x)=1-0,
所以H(x)在区间(0,+∞)上单调递增,
因此当x>0时,H(x)>0-=0,即x->0,
所以x>,即1+xln x≥x>,
故原不等式成立.
【对点训练2】(2024全国甲,文20)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若a≤2时,证明:当x>1时,f(x)(1)解 ∵f(x)=a(x-1)-ln x+1,且f(x)定义域为(0,+∞),∴f'(x)=,x>0.
若a≤0,则f'(x)<0,即f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间.
若a>0,当0时,f'(x)>0.
故f(x)的单调递减区间为(0,),单调递增区间为(,+∞).
综上,当a≤0时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,f(x)在区间(0,)上单调递减,在区间(,+∞)上单调递增.
(2)证明 ∵a≤2,∴当x>1时,ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+ln x+1,x>0.
令g(x)=ex-1-2x+ln x+1,则g'(x)=ex-1+-2.
令h(x)=g'(x),则h'(x)=ex-1-,易得h'(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
则h'(x)>h'(1)=0,即h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
故g'(x)>g'(1)=0,即g(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
∴g(x)>g(1)=0,即当x>1时,f(x)考向3 分类讨论法证明不等式
例3 (2025江西上饶模拟)已知函数f(x)=x[ln(x+1)-ax+1].
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)证明:当a≥时,f(x)≤sin x+xln(x+1)成立.
(1)解 由已知得f'(x)=ln(x+1)+-2ax+1,
所以f'(0)=1,即曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率为1.
又f(0)=0,所以切线方程为y=x.
(2)证明 函数f(x)=xln(x+1)-ax2+x的定义域为(-1,+∞).
不等式f(x)≤sin x+xln(x+1) ax2-x+sin x≥0,
当a时,ax2x2,所以ax2-x+sin xx2-x+sin x.因此要证明原不等式成立,只需证明x2-x+sin x≥0.令函数g(x)=x2-x+sin x.
①当x∈(-1,0]时,由于x2≥0,所以g(x)≥-x+sin x.
令函数h(x)=-x+sin x,x∈(-1,0],则h'(x)=-1+cos x≤0,函数h(x)在区间(-1,0]上单调递减,所以h(x)≥h(0)=0,因此g(x)≥0.
②当x∈(0,π)时,g'(x)=x-1+cos x.
令φ(x)=g'(x),则φ'(x)=-sin x,由于φ'(x)在区间(0,)上单调递减,在区间(,π)上单调递增,而φ'(0)=>0,φ'()=-1<0,φ'(π)=>0,
所以存在x1∈(0,),x2∈(,π),使得φ'(x1)=φ'(x2)=0.当00;当x1所以当x∈(0,)时,g'(x)>0,当x∈(,π)时,g'(x)<0,
因此g(x)在区间(0,)上单调递增,在区间(,π)上单调递减.
又g(0)=g(π)=0,故g(x)>0.
③当x∈[π,+∞)时,g'(x)=x-1+cos x≥2-1+cos x=1+cos x≥0,
所以g(x)在区间[π,+∞)上单调递增,即g(x)≥g(π)=0.
综上可知, x∈(-1,+∞),均有g(x)≥0,则ax2-x+sin x≥0.
故当a时,f(x)≤sin x+xln(x+1)成立.
【对点训练3】(2025山东日照模拟)已知函数f(x)=axln x.
(1)当a>0时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若a=1,求证:f(x)(1)解 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a(ln x+1).
因为a>0,令f'(x)>0,得x>,令f'(x)<0,得0所以函数f(x)的单调递增区间为(,+∞),单调递减区间为(0,).
(2)证明 因为a=1,
所以f(x)=xln x,不等式f(x)①当0令m(x)=ex+cos x-2(00,
所以m(x)在区间(0,1]上单调递增,
因此m(x)>e0+cos 0-2=1+1-2=0,所以不等式成立.
②当x>1时,要证xln x令h(x)=xln x-ex-cos x+2(x>1),
则h'(x)=ln x-ex+sin x+1.
设φ(x)=h'(x)=ln x-ex+sin x+1,
则φ'(x)=-ex+cos x.
当x>1时,ex>e,<1,cos x≤1,所以φ'(x)=-ex+cos x<0,
因此φ(x)在区间(1,+∞)上单调递减,所以φ(x)<φ(1)=1-e+sin 1<0,即h'(x)<0,所以h(x)在区间(1,+∞)上单调递减,所以h(x)1时,xln x综上,不等式f(x)考点二 双变量不等式的证明
考向1 转化为单变量不等式证明
例4 (2025江苏镇江模拟)已知函数f(x)=e2x-aex+bx.
(1)当a=5,b=2时,求f(x)的单调递减区间;
(2)当a=6时,若f(x)有两个极值点x1,x2.
(ⅰ)求b的取值范围;
(ⅱ)证明:f(x1)+f(x2)-x1-x2>-.
(1)解 当a=5,b=2时,f(x)=e2x-5ex+2x,所以f'(x)=2e2x-5ex+2=(2ex-1)(ex-2).
由f'(x)<0,即(2ex-1)(ex-2)<0,解得所以f(x)的单调递减区间为(-ln 2,ln 2).
(2)(ⅰ)解 当a=6时,f(x)=e2x-6ex+bx,f'(x)=2e2x-6ex+b.
因为f(x)有两个极值点x1,x2,
所以方程f'(x)=2e2x-6ex+b=0有两个不相等的实数根.
若令t=ex,则方程2t2-6t+b=0应有两个不相等的正实数根t1,t2,
于是解得0故实数b的取值范围为(0,).
(ⅱ)证明 由(ⅰ)知,f(x1)+f(x2)-x1-x2=(-6+bx1)+(-6+bx2)-x1-x2
=()-6(t1+t2)+(b-1)(ln t1+ln t2)
=[(t1+t2)2-2t1t2]-6(t1+t2)+(b-1)ln(t1t2)
=(9-2)-18+(b-1)ln=-b+(b-1)ln-9.
令g(x)=-x+(x-1)ln(0则g'(x)=-+ln
令h(x)=-+ln,当00,
所以函数g'(x)在区间(0,)上单调递增,
又g'(2)=-<0,g'(3)=-+ln(ln-1)>(ln e-1)=0,
则存在x0∈(2,3),使g'(x0)=0,即=ln
当x∈(0,x0)时,g'(x)<0;当x∈(x0,)时,g'(x)>0,函数g(x)在区间(0,x0)上单调递减,在区间(x0,)上单调递增,
因此g(x)≥g(x0)=-x0+(x0-1)ln=-x0+(x0-1)=-(x0+)+1.
又x0∈(2,3),函数y=-(x0+)在区间(2,3)上单调递减,
所以g(x0)=-(x0+)+1>-(3+)+1=-,故不等式f(x1)+f(x2)-x1-x2>-成立.
【对点训练4】(2025安徽合肥模拟)已知函数f(x)=ln x-a(x-),其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个极值点x1,x2(x1ln 2-.
(1)解 依题意,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-a-
令g(x)=-ax2+x-a.
当Δ=1-4a2≤0,即a时,g(x)≤0在区间(0,+∞)上恒成立,因此f'(x)≤0,
所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递减;
当Δ=1-4a2>0,即00得由f'(x)<0得0,
所以f(x)在区间()上单调递增,在区间(0,)和(,+∞)上单调递减.
综上,当a时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减;
当0在区间(0,)和(,+∞)上单调递减.
(2)证明 由(1)知,当0则x1,x2是方程g(x)=0的两个实数根,且x1x2=1,x1+x2=,所以0因此f(x1)+f(x2)+f(x1+x2)=f(x1)+f()+f()
=ln x1-a(x1-)+ln-a(-x1)+f()=f()=ln-a(-a)=-ln a-1+a2.
令函数h(x)=-ln x-1+x2(0因此h(x)在区间(0,)上单调递减,所以h(x)>-ln-1+=ln 2-,
故f(x1)+f(x2)+f(x1+x2)>ln 2-
考向2 换元法证明双变量不等式
例5 已知函数f(x)=ex-ax-3(a∈R).
(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程;
(2)若f(x)有两个零点x1,x2,且x13A.
(1)解 当a=-1时,f(x)=ex+x-3,则f'(x)=ex+1,
所以曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线斜率为f'(0)=2.
又因为f(0)=-2,所以切线方程为y+2=2x,即2x-y-2=0.
(2)证明 依题意f(x1)=f(x2)=0,所以=ax1+3,=ax2+3,
因此=a(x2-x1),故a=
要证明3>3a,即证明3,即,因此只需证明
令t=x2-x1>0,则只需证明,即证tet+3t>3et-3,
最终只需证明+3>0.
令F(t)=+3(t>0),则F'(t)=0,
所以F(t)在区间(0,+∞)上单调递增,因此F(t)>+3=0,即+3>0,所以原不等式3>3a成立.
【对点训练5】(2025江西南昌模拟)已知函数f(x)=ln x+ax2-x+1(a∈R).
(1)若函数f(x)在定义域上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)设x1,x2(x1(1)解 由题意知f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+2ax-1.由于f(x)在定义域上单调递增,所以f'(x)=+2ax-1≥0在区间(0,+∞)上恒成立,即2a≥-在x∈(0,+∞)上恒成立.又因为-=-()2+,当且仅当x=2时,等号成立.因此2a,所以a,故实数a的取值范围是[,+∞).
(2)证明 由题意知f'(x)=+2ax-1=
因为f(x)有两个极值点x1,x2(x1所以x1,x2是方程2ax2-x+1=0的两个不同的实数根,因此
所以f(x1)-f(x2)=(ln x1+a-x1+1)-(ln x2+a-x2+1)
=ln+a()-(x1-x2)=ln-(x1-x2)=ln
因此要证明f(x1)-f(x2)<(2a-)(x1-x2),即证ln<(2a-)(x1-x2),即证ln<2a(x1-x2),即证ln,即证ln,令t=(00,所以h(t)在区间(0,1)上单调递增,则h(t)微培优12 曲线的公切线问题
类型一 求公切线方程
类型二 判断公切线条数
目 录 索 引
类型三 求参数的值或范围
既与曲线y=f(x)相切又与曲线y=g(x)相切的直线称为y=f(x)与y=g(x)的公切线.公切线问题是高考的热点内容,主要有三种题型:一是求公切线方程,二是判断公切线条数,三是解决相关的参数问题.公切线问题主要利用导数的几何意义进行求解,关键是抓住切线的斜率进行转化和过渡.
类型一 求公切线方程
例1 (2025广东珠海模拟)若曲线C1:f(x)=x2+a和曲线C2:g(x)=4ln x-2x存在有公共点的公切线,则公切线方程为 .
2x-y-4=0
解析 函数g(x)=4ln x-2x的定义域为(0,+∞),且f'(x)=2x,g'(x)=-2.
设公共点的坐标为(x0,y0)(x0>0),
则f'(x0)=2x0,g'(x0)=-2,f(x0)=+a,g(x0)=4ln x0-2x0.
依题意有
由2x0=-2可得+x0-2=0,解得x0=-2(舍去)或x0=1.
由+a=4ln x0-2x0可得a=-+4ln x0-2x0,代入x0=1可得a=-3.
此时公切线斜率为2x0=2,公共点坐标为(1,-2),
所以公切线方程为y+2=2(x-1),即2x-y-4=0.
【对点训练1】(2025江苏盐城模拟)函数f(x)=ln x与函数g(x)=1-的图象在公共点处的公切线方程为 .
y=x-1
解析 设(x0,y0)为f(x)与g(x)的一个公共点,
因为f'(x)=,g'(x)=,则有解得
故切点为(1,0)且公切线斜率为1,
所以f(x)与g(x)在公共点处的公切线方程为y=x-1.
例2 (2025湖北宜昌模拟)已知函数f(x)=ex-1,g(x)=ex2,若直线l是曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的公切线,则l的方程为( )
A.ex-y=0 B.ex-y-e=0
C.x-y=0 D.x-y-1=0
B
解析 设l:y=kx+m与曲线y=f(x)相切于点A(x0,y0),与y=g(x)相切于点B(x1,y1),由f'(x)=ex-1,可得l的斜率k=,所以x0+m=由g'(x)=ex,可得k=ex1,所以ex1x1+m=,即m=-又因为ex1③,将②③代入①中,可得ex1x0-x1,由③易知,x1>0,则x0-1=x1④,将④代入③,可得x1,则x1-1-ln(x1)=0.令h(x)=x-1-ln x,则h'(x)=,当01时,h'(x)>0,h(x)单调递增.所以h(x)≥h(1)=0,当且仅当x=1时,等号成立,故x1=1,可得x1=2,所以m=-22=-e,k=2=e,所以l的方程为y=e(x-1),即ex-y-e=0.故选B.
【对点训练2】(2025浙江杭州模拟)若直线l与函数f(x)=ex-2(x>1)和g(x)=
ln x的图象分别相切于点A,B,则公切线AB的方程为 .
y=x-1
解析 设A(x1,)(x1>1),B(x2,ln x2).因为f'(x)=ex-2,g'(x)=,则曲线f(x)在点A处的切线方程为y-(x-x1),即y=x+(1-x1),曲线g(x)在点B处的切线方程为y-ln x2=(x-x2),即y=x+ln x2-1.
因为直线l是两曲线的公切线,所以
由①可得2-x1=ln x2,代入②得(1-x1)=1-x1.
因为x1>1,所以所以A(2,1),B(1,0),
于是公切线斜率为1,因此公切线AB的方程为y-0=x-1,即y=x-1.
类型二 判断公切线条数
例3 f(x)=x2-2与g(x)=4ln x-3的公切线条数为( )
A.0 B.1
C.2 D.3
C
解析 由已知得f'(x)=2x,g'(x)=
设公切线与f(x)相切于点A(x1,y1),
则斜率为2x1,切线方程为y-(-2)=2x1(x-x1),整理得y=2x1x-(+2).
设公切线与g(x)相切于点B(x2,y2),
则斜率为,切线方程为y-(4ln x2-3)=(x-x2),整理得y=x+4ln x2-7.
所以因此有+4ln-5=0.
令h(x1)=+4ln-5,则h'(x1)=2x1-,令h'(x1)=0得x1=,h(x1)在区间(0,)上单调递减,在区间(,+∞)上单调递增,h(x1)在x1=处取极小值h()=-3+4ln<0,当x1→0且x1>0时,h(x1)→+∞,当x1→+∞时,h(x1)→+∞.因此h(x1)在区间(0,+∞)上有两个零点,所以满足+4ln-5=0的x1有两个值,故两条曲线有2条公切线.
【对点训练3】(2025山东日照模拟)已知f(x)=ex-1,g(x)=ln x+1,则f(x)与g(x)的公切线有( )
A.0条 B.1条
C.2条 D.3条
C
解析 设直线l与f(x)=ex-1相切于点(m,em-1),与g(x)相切于点(n,ln n+1),对于f(x)=ex-1,有f'(x)=ex,则公切线的斜率为em,公切线的方程为y+1-em=em(x-m),即y=emx+(1-m)em-1.对于g(x)=ln x+1,有g'(x)=,则公切线的斜率k=,公切线的方程为y-(ln n+1)=(x-n),即y=x+ln n,则
可得(1-m)(em-1)=0,即m=0或m=1,则切线方程为y=ex-1或y=x,故f(x)与g(x)的公切线有2条.故选C.
类型三 求参数的值或范围
例4 (1)(2025山西运城模拟)若两曲线y=ln x与y=ax2+1存在公切线,则正实数a的取值范围为( )
A.(0,e-3] B.(0,2e]
C.[e-3,+∞) D.[2e,+∞)
C
解析 设公切线与曲线y=ln x与y=ax2+1的交点分别为(x1,ln x1),(x2,a+1),其中x1>0,对于y=ln x,得y'=,则与y=ln x相切的切线方程为y-ln x1=(x-x1),即y=x+ln x1-1.
对于y=ax2+1,得y'=2ax,
则与y=ax2+1相切的切线方程为y-(a+1)=2ax2(x-x2),即y=2ax2x-a+1.
依题意得=2ax2,ln x1-1=-a+1,有-=ln x1-2,=2ln x1(x1>0).令g(x)=2x2-x2ln x(x>0),则g'(x)=3x-2xln x=x(3-2ln x),令g'(x)=0,得x=,
当x∈(0,)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
所以g(x)max=g()=e3,故e3,即ae-3.故选C.
(2)(2025福建漳州模拟)若曲线y=ln x在x=1处的切线也是曲线y=x2+3x-2+a的切线,则实数a= .
2
解析 令y=f(x)=ln x,则f(1)=0,故切点为(1,0),设切线斜率为k,而f'(x)=,则k=f'(1)=1,则曲线在x=1处的切线方程为y=x-1.由题意得曲线y=ln x在x=1处的切线也是曲线y=x2+3x-2+a的切线,联立方程组y=x-1,y=x2+3x-2+a,得到x2+2x-1+a=0,得Δ=4-4(a-1)=0,解得a=2.
【对点训练4】(1)(多选题)(2025四川绵阳模拟)若两曲线y=x2-1与y=aln x-1存在公切线,则正实数a的取值可能是( )
A.1 B.e
C.2e D.6
ABC
解析 设公切线分别与两曲线y=x2-1,y=aln x-1交于点A(x1,-1),B(x2,aln x2-1),两曲线y=x2-1与y=aln x-1分别求导得y'=2x,y'=,所以在点A,B处的斜率为2x1,,故在点A处切线方程为y-(-1)=2x1(x-x1),整理得y=2x1x--1,在点B处切线方程为y-(aln x2-1)=(x-x2),整理得y=x-a+aln x2-1,所以解得a=4(1-ln x2),构造函数f(x)=4x2(1-ln x), f'(x)=4x(1-2ln x),令f'(x)<0,解得x>,令f'(x)<0,解得00,所以a的取值范围是(0,2e],故选ABC.
(2)(2025山西大同模拟)若直线l:y=x+m是曲线y=ex和曲线y=x2+a的一条公
切线,则a= .
解析 由y=ex可得y'=ex,令ex=1可得x=0,将x=0代入y=ex,可得y=1,因此直线l与曲线y=ex相切于点(0,1),故直线l的方程为y=x+1.因为直线l与曲线y=x2+a相切,故联立可得x2-x+a-1=0,故Δ=1-4(a-1)=0,解得a=
(共36张PPT)
第2讲 基本初等函数、函数与方程
基础自测 思维引航
考点进阶 素养淬炼
目 录 索 引
基础自测 思维引航
基础自测
1.(2024全国甲,理15)已知a>1且=-,则a= .
64
解析 由log2a=-,
得(log2a)2-5log2a-6=0,即(log2a+1)(log2a-6)=0,
又a>1,则log2a+1>0,所以log2a=6,则a=64.
2.(2021新高考Ⅰ,13)已知函数f(x)=x3(a·2x-2-x)是偶函数,则a= .
1
解析 ∵函数f(x)=x3(a·2x-2-x)是偶函数,
∴f(x)=f(-x),即x3(a·2x-2-x)=(-x)3
整理得,a·2x-2-x=-,即(a-1)·2x+(a-1)·2-x=0.(a-1)(2x+2-x)=0.∴a=1.
3.(2020新高考Ⅱ,7)已知函数f(x)=lg(x2-4x-5)在(a,+∞)上单调递增,则a的取值范围是( )
A.(2,+∞) B.[2,+∞)
C.(5,+∞) D.[5,+∞)
D
解析 由x2-4x-5>0得x>5或x<-1,所以f(x)的定义域为(-∞,-1)∪(5,+∞),
因为y=x2-4x-5在区间(5,+∞)上单调递增,
所以f(x)=lg(x2-4x-5)在区间(5,+∞)上单调递增,所以a≥5.故选D.
4.(人A必一复习参考题改编)已知函数f(x)=2x+x,g(x)=log2x+x,h(x)=x3+x的零点分别是a,b,c,则有( )
A.aC.cB
解析 在同一坐标系中作出函数y=2x,y=log2x,y=x3以及y=-x的图象,则函数y=2x,y=log2x,y=x3与直线y=-x的交点横坐标分别就是三个函数的零点,则a<0,b>0,c=0,因此a5.(人B必一3.3例5改编)已知某产品的总成本C与年产量Q之间的关系为C=aQ2+3 000,且当年产量是100时,总成本是6 000.设该产品年产量为Q时的平均成本为f(Q),则当年产量为 时,平均成本最小.
100
解析 当Q=100时,C=6 000,代入得6 000=a·1002+3 000,解得a=,
则C=+3 000,于是f(Q)=2=60,
当且仅当,即Q=100时,等号成立,
故当年产量为100时平均成本最小.
思维引航
1.logamn=logam+logan(a>0,a≠1,m,n>0),lobn=logab(a>0,a≠1,b>0),
logab=(a>0,a≠1,c>0,c≠1,b>0).
2.y=ax+a-x(a>0,a≠1)是偶函数,y=ax-a-x(a>0,a≠1)是奇函数.
3.注意函数的定义域.
4.f(x)的零点即方程f(x)=0的实数根,亦即f(x)的图象与x轴交点横坐标.
5.平均成本=.
考点进阶 素养淬炼
考点一 基本初等函数的图象与性质
例1 (1)(2025河北秦皇岛模拟)已知a=log2678,b=1.250.9,c=log918,则a,b,c的大小关系为( )
A.a>b>c B.a>c>b
C.c>b>a D.c>a>b
B
解析 依题意,a=log2678=log26(3×26)=log263+1>log273+1=1+,
c=log918=log9(2×9)=1+log92<1+log82=1+,
且c=1+log92>1+log162=1+,b=1.250.9<1.251=1+,
综上可知b<1+c>b.故选B.
(2)(2025陕西西安模拟)已知函数f(x)=ex+3(x<0),g(x)=2ln(x+m).若存在x0>0,使得f(-x0)=g(x0),则实数m的取值范围为( )
A.(-∞,e) B.(-∞,e2)
C.(-,e2) D.(-e,)
B
解析 依题意知方程f(-x)-g(x)=0在区间(0,+∞)上有解,即e-x+3=2ln(x+m)在区间(0,+∞)上有解,亦即函数y=e-x+3与y=2ln(x+m)的图象在区间(0,+∞)上有交点.由于函数y=e-x+3单调递减,且图象过点(0,4),将点(0,4)代入y=2ln(x+m)得m=e2,令2ln(x+m)=0得x=1-m,因为函数y=2ln(x+m)在定义域上单调递增,所以要使两函数的图象在区间(0,+∞)上有交点,应满足1-m>1-e2,解得m(3)(2025北京海淀模拟)已知函数f(x)=(a>0且a≠1).
若f(x)的值域为(-∞,2],则实数a的取值范围是 .
(0,1)
解析 当x≤1时,易知y=2-x2的值域为(-∞,2],若f(x)的值域为(-∞,2],
则当x>1时,由于a>0,y=ax+3在区间(1,+∞)上单调递增,
故需满足解得0一题多变
本例(3)中,若将题目条件改为“若f(x)的值域为R”,则实数a的取值范围是
.
[2,+∞)
解析 当x≤1时,易知y=2-x2的值域为(-∞,2],若f(x)的值域为R,
则需满足当x>1时,因为a>0,y=ax+3在区间(1,+∞)上单调递增,则需满足解得a≥2,所以a的取值范围是[2,+∞).
【对点训练1】(1)(2025安徽黄山期中)若f(x)=log4|-a|-b是奇函数,则ab=( )
A. B.
C. D.2
C
解析 当a=0时,f(x)=log4||-b,其定义域为{x|x≠1},定义域不关于原点对称,
f(x)一定不是奇函数,故a≠0,所以f(x)为奇函数需满足
-a≠0变形可得(1-x)[1-a(1-x)]≠0,
所以1-a(1-x)=0的解为-1,解得a=,故f(x)=log4||-b.
又f(x)为奇函数,则有f(-x)+f(x)=0,即log4||-b+log4||-b=0,
即-2b+log4||+log4||=0,
所以-2b+log4||=0,即-2b-1=0,解得b=-,所以ab=(故选C.
(2)(2025福建宁德模拟)函数f(x)=ax-3+2x(a>0且a≠1)的图象恒过的定点为
.
(3,7)
解析 令x-3=0,解得x=3,且f(3)=7,所以f(x)的图象恒过定点(3,7).
考点二 函数的零点
考向1 函数零点个数的判断
例2 (1)(2025广东湛江模拟)函数f(x)=lg(x+1)-零点的个数为( )
A.0 B.1
C.2 D.3
C
解析 由得函数f(x)的定义域为(-1,0)∪(0,+∞),
由f(x)=0得lg(x+1)=,所以f(x)的零点个数就是函数y=lg(x+1)(-10)和y=(-10)图象的交点个数,作出两个函数的图象(如图),可知交点个数为2,因此函数f(x)有2个零点.故选C.
(2)(2025江西宜春模拟)设函数f(x)=若f(x)恰有2个零点,则实数a的取值范围是 .
(-∞,0]∪[2,+∞)
解析 当x<1时,令f(x)=0,即(x-a+1)(x+1)=0,得x=-1或x=a-1.
当a=0或a≥2时,方程f(x)=0在区间(-∞,1)上有唯一解x=-1;
当a<0或0当x≥1时,令f(x)=0,即lg x-a=0,得x=10a,
所以当a≥0时,x=10a≥1,即方程f(x)=0在区间[1,+∞)上有一个解x=10a;
当a<0时,由于10a<1,所以f(x)=0在区间[1,+∞)上无解.
综上,当a<0时,函数f(x)有两个零点-1,a-1,当a=0时,函数f(x)有两个零点-1,1,当0当a≥2时,函数f(x)有两个零点-1,10a.
因为f(x)恰有2个零点,所以a≥2或a≤0,
故实数a的取值范围是(-∞,0]∪[2,+∞).
2.已知零点个数求参数范围的方法
(1)直接法:利用零点存在定理构建不等式求解;
(2)数形结合法:将函数解析式或者方程进行适当的变形,把函数的零点或方程的根的问题转化为两个熟悉的函数图象的交点问题,再结合图象求参数的取值范围;
(3)分离参数法:分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解.
【对点训练2】(2025四川绵阳模拟)已知f(x)=cos(πx+)·ln x,则函数f(x)在区间(0,3]上的所有零点之和为 .
5
解析 因为x∈(0,3],所以πx+(,3π+],
由cos(πx+)=0可得πx+,πx+,πx+,所以x=,x=,x=
又由ln x=0可得x=1,
所以函数f(x)在区间(0,3]上的所有零点是,1,其和为1+=5.
考向2 函数零点的应用
例3 (1)(2024新高考Ⅱ,8)设函数f(x)=(x+a)ln(x+b),若f(x)≥0,则a2+b2的最小值为( )
A. B.
C. D.1
C
解析 当x≤-a时,x+a≤0,当x≥-a时,x+a≥0,当-b当x≥1-b时,ln(x+b)≥0,要使f(x)≥0,必须-a=1-b,即b=a+1,
所以a2+b2=(a+1)2+a2=2,当且仅当a=-,b=时,等号成立.故选C.
(2)(多选题)(2025安徽安庆模拟)若实数x1,x2满足=2-x1,x2ln x2=1-2x2,则下列选项正确的有( )
A.0C.x2ABD
解析 设函数f(x)=ex+x-2,显然为增函数,f(0)=-1<0,f()=>0,
所以f(x)在区间(0,)上有唯一零点,由已知f(x1)=0,得0由x2ln x2=1-2x2,有+ln-2=0,
因此x1=ln,则,故x2(2-x1)=1,故B正确;
由0x1,故C错误;
由x2(2-x1)=1得x1=2-,则x2-x1=x2+-2,
由于【对点训练3】(2025四川成都模拟)已知a,b是正实数,若函数f(x)=
(ax-1)(eb-x-e)≤0对任意x∈R恒成立,则-a的最大值为( )
A. B.
C.1 D.e
C
解析 由题意可知,y=ax-1为增函数,y=eb-x-e为减函数,且零点分别为,b-1,因为f(x)≤0对任意x∈R恒成立,则函数y=ax-1与y=eb-x-e有相同的零点,所以=b-1,即b-=1,则-a=(-a)(b-)=5-(ab+)≤5-2=1,当且仅当ab=,即a=1,b=2时,等号成立,则-a的最大值为1.故选C.
考点三 函数模型及其应用
例4 (多选题)(2023新高考Ⅰ,10)噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱,定义声压级Lp=20×lg,其中常数p0(p0>0)是听觉下限阈值,p是实际声压.下表为不同声源的声压级:
声源 与声源的距离/m 声压级/dB
燃油汽车 10 60~90
混合动力汽车 10 50~60
电动汽车 10 40
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10 m处测得实际声压分别为p1,p2,p3,则( )
A.p1≥p2 B.p2>10p3 C.p3=100p0 D.p1≤100p2
ACD
解析 由题意可知,燃油汽车=20×lg[60,90],
所以[60,90],①
同理,[50,60],②
=102=100.③
对于A选项,由表知,所以A正确;
对于B选项,由②÷③,得[,10],
所以10,所以p2≤10p3,所以B错误;
对于C选项,由③,得=100,故p3=100p0,所以C正确;
对于D选项,由①÷②,得[1,102],
所以[1,100].所以p1≤100p2.所以D正确.故选ACD.
【对点训练4】(2025山东青岛模拟)近年来,家用冰箱使用的氟化物的释放等破坏了臭氧层,臭氧含量Q与时间t(单位:年)的关系为Q=Q0,其中Q0是臭氧的初始含量.臭氧消失一半所需要的时间约为( )
(ln 2≈0.693,精确到1年)
A.265年 B.266年
C.276年 D.277年
D
解析 令Q=Q0Q0可得,可得-=ln=-ln 2,
所以t=400ln 2≈277,故臭氧消失一半所需要的时间约为277年.故选D.
